不是有效的表单和表单变量验证?

Question

my form

<div class="input-holder">
<input type="text" class="search-input"  id="string"  placeholder="Искать" />
<button class="search-icon" onclick="searchToggle(this, event);"><i class="fas fa-search"></i></button>
</div>

接口.php

case 'metafind': {
$string = $_GET['string'];
$list = mysqli_query($connect, "SELECT * FROM `sub_meta` WHERE `meta_key` = 'Название'&& `meta_value` ");
while ($item = mysqli_fetch_assoc($list)) {
if ($item['meta_value'] == $string) {
$id = $item['post_id'];
$arrr[] = array('post_id' => $item['post_id'], 'coords' => $find['meta_value']);
}
}
echo json_encode($arrr);
} break;

当您单击表单时，控制台中会出现错误：

(索引(：121 未捕获的引用错误：搜索未定义切换 at HTMLButtonElement.onclick ((index(：121(

当一个单词被输入到它的形式中时，有必要 在meta_key meta_value列中搜索名称，然后 显示请帮助我是PHP新手

Answer 1

你应该尝试像我下面的例子：

1(我创建了文本框，我将在其中写入数据，然后它将在数组中搜索并从我制作数组的地方获取值，例如，并以#div1显示数据

<div class="input-holder">
<input type="text" class="search-input"  id="string"  placeholder="Искать" />
<button class="search-icon"><i class="fas fa-search"></i>Go</button>
<div id="div1"> </div>
</div>

2(当按钮单击时，我们必须进行ajax调用，然后我们将从那里获取数据并在响应中获取该数据，我们将在想要显示的位置显示该响应

<script>
$(document).ready(function(){
$("button").click(function(){
var stringval = $("#string").val();
$.ajax({data: {val : stringval} , url: "democode.php", type: 'post',  success:
function(result){
var data = JSON.parse(result);
console.log(data);
$("#div1").html(data);
}});
});
});
</script>

3(Ajax调用democode.php所以在该文件中我们将在那里获取数据(如果需要，您可以从数据库中获取数据(，我们将返回数据

==democode.php==
<?php
$test['data'] = array("Aleaxa"=>"I'm Beutiful","john"=>"I'm Evil","mishel"=>"baby, I'm Bad Boy!","mohini"=>"I'm  MAstana");
if (array_key_exists( $_POST['val'], $test['data'])) {
$key = $_POST['val'];
echo json_encode($test['data'][$key]);
}
?> 

所以上面的示例工作就像我将搜索 Aleaxa 并单击 go 按钮一样，那么它将从数组中给出 Aleaxa 的值，输出将是我很可爱

请检查我的演示，您将了解如何根据您的要求编写代码