我知道这可能是一个简单的问题,但我只是没有找到我想要的解决方案。我用快递写一条邮政路线。喜欢这个:
app.post('/search', function(req, res){
// Some code to get data from req and save data to db
// Then want to stay current page.
});
我的网页:
<form action="/search" method="post">
<input value="name" name="marker[name]">
<input value="address" name="marker[address]">
<input value="rating" name="marker[rating]">
<button id="favo-button" type="submit">
Submit
</button>
</form>
当用户点击提交按钮时,数据通过req发送到邮政路由,并在那里插入到db。然后我希望页面不直接到任何地方,而是保持当前页面。我尝试了一些方法,但处理得不是很好。我尝试过:
- 在路线上,
res.render('/search');
这使得页面使用相同的视图重新呈现,但页面会因为重新呈现而闪烁。
- 不要对路由中的 res 执行任何操作,则页面加载圈将永远不会停止。
app.post('/search', function(req, res){
var data = req.body.marker;
// some code insert data to db
// then do nothing to res. The page will stay but keep loading.
});
有没有办法不做任何res
并留下来,同时不保持页面加载?
有两种方法可以做到这一点。
- 返回
204 No Content
响应。(在Express中:app.post('/search', (req, res) => res.status(204).send());
,但这是您可以在任何服务器端代码中执行的基本HTTP(
使用 - JavaScript 发出请求(即 Ajax,例如使用 XMLHttpRequest(,而不是提交表单
(您也可以将表单提交到隐藏的iframe,但这只是一个丑陋的黑客(。
您可以通过两种方式做到这一点:
1 - 使用 Jquery AJAX 调用执行此操作,您需要在视图页面中编写此代码,而不是在 NODEJS 应用程序的控制器或路由中编写此代码。
$("#YOUR_FORM_ID").on("submit", function () {
$.ajax({
url: '/search',
type: 'POST',
cache: false,
data: { $("#YOUR FORM ID").serialize() },
success: function (data) {
alert('Success!')
}
, error: function (jqXHR, textStatus, err) {
alert('text status ' + textStatus + ', err ' + err)
}
});
});
2 - 通过将请求重定向到源请求
app.post('/search', function(req, res){
//Do Something
res.redirect('/');//redirect to the page from where request came
});