JQuery with PHP, using $.ajax

Question

我一直在挣扎一整天，我似乎无法使用 $.ajax 函数通过 JSON 对象发送到 PHP 文件。我最终正确地发送了它，但现在它拒绝解码。

/

/JQuery File

            var user = 
        {
            "email" : document.getElementById('email1').value,
            "password" : document.getElementById('pwd1').value,
            "fname" : document.getElementById('firstname').value,
            "lname" : document.getElementById('lastname').value,
            "gender" : Validator.getGender(),
            "dob" : document.getElementById('dob').value
        }; 
       JSON.stringify(user);
            user = {json:user};
            $.ajax({
                    type: "POST",
                    url: "register.php",
                    dataType: 'json',
                    data: user,
                    success: function(result)
                    {       
                        alert("It worked :D");
                        alert(result);
                    },
                    failure: function()
                    {
                        alert('whoops');
                    }
                });

PHP文件

<?php
    $json = $_REQUEST['json'];
    $json = stripslashes($json);
    $jsonobj = json_decode($json);
    $fname = $jsonobj->fname;
    $lname = $jsonobj->lname;
    $password = $jsonobj->password;
    $email = $jsonobj->email;
    $gender = $jsonobj->gender;
    $dob = $jsonobj->dob;
    echo $gender;

？>

我在做什么完全愚蠢的事情吗？我现在只是回显性别变量，但实际上我将使用它将其输入数据库。

提前致谢:)

编辑：

如果我的 php 文件看起来像这样，它会如何工作：

    session_start();
$db = mysql_connect("localhost", "root");
if(!$db)
{
    die("DB connection failed: " . mysql_error());
}
$db_select = mysql_select_db("tinyspace", $db);
if(!$db_select)
{
    die("DB connection failed: " . mysql_error());
}
$json_string = $_REQUEST["json"];
$jsonobj = json_decode($_REQUEST["json"]);
$fname = $jsonobj -> fname;
$lname = $jsonobj -> lname;
$pwd = $jsonobj -> password;
$email = $jsonobj -> email;
$gender = $jsonobj -> gender;
$dob = $jsonobj -> dob;
$sql("INSERT INTO tinyspace.users (email, password, firstname, lastname, gender, dob) VALUES ('$email','$password','$fname', '$lname','$gender','$dob')");
if (!mysql_query($sql,$db))
{
    die('Error: ' . mysql_error());
}
mysql_close($db);

Answer 1

问题是您正在使用datatype =json并尝试回显结果。所以它不起作用，它只接受 json 数据

你需要删除这个

dataType: 'json',

或者回应这样的东西

$gender=array();
$gender['gender']=$jsonobj->gender
echo json_encode($gender);

您也没有创建 json

使用这个

var user = 
        {
            "email" : document.getElementById('email1').value,
            "password" : document.getElementById('pwd1').value,
            "fname" : document.getElementById('firstname').value,
            "lname" : document.getElementById('lastname').value,
            "gender" : Validator.getGender(),
            "dob" : document.getElementById('dob').value
        }; 
      var userjson= JSON.stringify(user);
            user = {json:userjson};

或

data:{'json' :userjson}