PHP "like"按钮和 .post 方法

我正在实现一个非常简单的解决方案，以用于"爱它"按钮。我创建了一个数据库，一个index.php和一个survey.js。在数据库站点上，一切都在起作用，MySQLI字符串都很好。单击按钮时，JS增加了 1以在index.php上显示的值。

问题是，$ _post ['loveit']以更新数据库并未传递，并且末尾的数据库未更新。这是index.php：

<html>
<body>
  <?php
  if ($_POST['loveit']) {
    mysqli_query($con,"UPDATE survey2 SET loveit=loveit+1 WHERE id=1");
  }
  ?>
  <div class="grid">
    <span id="status"></span><br>
    <input type="button" value="<?php echo $loveit; ?>" class="button_loveit" id="loveitBtn" />
  </div>
  <script type="text/javascript" src="../js/jquery.min.js"></script>
  <script type="text/javascript" src="../js/survey.js"></script>
</body>
</html>

和这里的调查：

$(document).ready(function() {
  $("#loveitBtn").removeAttr("disabled");
  $('#loveitBtn').click(function(e) {
    var val = parseInt($('#loveitBtn').val(), 10);
    $.post("../survey/index.php", {op: "loveitBtn"}, function(data) {
      $("#status").html("Sucessfully!!");
      val = val+1;
      $("#loveitBtn").val(val);
      $("#loveitBtn").attr("disabled", "disabled");
      $("#loveitBtn").css("background-image","url(../survey/like.png)");
    });
  }); 
}

您能帮我调整这个小代码吗？我不是专家，我刚开始学习，我将感谢任何建议。非常感谢欢呼！

您没有将'loveit'作为数据中的参数：

$.post("../survey/index.php", {op: "notgood"},function(data)...

应该看起来像：

$.post("../survey/index.php", {op: "notgood", loveit: "true" },function(data)...

相关内容

最新更新

热门标签：