【发布时间】：2012-04-15 12:48:49
【问题描述】：
我想在这里制作类似这样的节目：
http://www.w3schools.com/PHP/php_ajax_database.asp
但是不是示例中显示的下拉列表，是否可以将其更改为示例格式的表格，当我单击第 1 类时，它将显示第 1 类的详细信息...详细信息在我的数据库中它来自 phpmyadmin：
在此先感谢...非常感谢您的帮助
这对吗？
<?php
include ('staffheader.php');
?>
<div id="head">Permit Structure</div>
<div class="contents">
<div id="class_data">
<table width="100%" border="1" cellspacing="0" cellpadding="0">
<tr>
<td>Road Based</td>
<td>Proving Ground PG</td>
<td>Off Road OR</td>
<td>Towing TT</td>
</tr>
<tr id="Class_1">
<td> <a href='#' class='classlink' title='1'>Class 1</a></td>
<td> </td>
<td> </td>
<td> </td>
</tr>
<tr>
<td>Class 2</td>
<td>CAT 2PG</td>
<td>CAT 1OR</td>
<td>CAT 2TT</td>
</tr>
<tr>
<td>Class 3</td>
<td>CAT 3PG</td>
<td>CAT 2OR</td>
<td>CAT 3TT</td>
</tr>
<tr>
<td> </td>
<td>CAT 4PG</td>
<td>CAT 3OR</td>
<td> </td>
</tr>
</table>
</div>
<div id="instruction">Click on the Class or Category to view information on it</div>
</div>
<div id='detailtable'></div>
<?php
include('allfooter.php');
?>
loadergetclassinfo.php:
<?php
$class_id = empty($_POST["class_id"]) ? 1 : $_POST["class_id"];
$con = mysql_connect("localhost", "root", "cailing8195") or die ("Unable to connect to MySQL Server " . mysql_error());
if(is_resource($con))
$db = mysql_select_db("jlr", $con) or die( "Unable to select database " . mysql_error());
$query = "SELECT PTYPE, TYPE, PREREQ, DES FROM type WHERE TYID=" . $class_id;
$res = mysql_query($query);
$arr_data = mysql_fetch_assoc($res);
mysql_close($con);
foreach ($arr_data as $data)
$html = "<table>\n";
$html .= "<tr><th>Type ID</th><th>Permit Type</th><th>Categories</th><th>Pre-Requisisite</th><th>Description</th></tr>\n";
$html .= "<tr><td>" . $class_id . "</td><td>" . $data['PTYPE'] . "</td><td>" . $data['TYPE'] . "</td><td>" . $data['PREREQ'] . "</td><td>" . $data['DES'] . "</td> </tr>\n";
$html .= "</table>\n";
echo $html;
?>
JQuery（在 javascript.js 中）：
$(function() {
$('a.class_link').click(function() {
var class_id = $(this).attr('title');
$.post("loadergetclassinfo.php", {class: class_id}, function(result){
$('#detail_table').html(result);
});
});
});
我也在我的头 php 文件中添加了这个：
<script src="javascript.js"></script>
<script type='text/javascript' src='http://ajax.googleapis.com/ajax/libs/jquery/1.7.1/jquery.min.js'></script>
【问题讨论】：
-
我发现了更多错误 - 请参阅下面的更新。
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将 jQuery 代码中的
$('#detail_table')更改为$('#detailtable') -
我的 jQuery 代码中的一个错误：将
$('a.class_link')更改为$('a.classlink') -
还要更改脚本标签的顺序：jQuery 库源代码应该在标题中的最前面，在脚本文件之前。
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不要将 jQuery 添加到您的 php 文件的标题中 - 它只需要在您的 HTML 文件（带有链接的文件）中。