使用 Ajax 需要不同的 php 页面答案

【问题标题】：Using Ajax to require different php page使用 Ajax 需要不同的 php 页面
【发布时间】：2014-07-29 11:19:39
【问题描述】：

我想使用 jquery ajax 通过需要不同的 php 文件来更改我的 div 元素的内容。

这里是 ajax 代码：

  $.ajax({
         url:"/project/Functions/project_functions.php",
         type:"POST",
         data:{
            functions:num
         },
         success:function(result){
            $("#right_bot").html(result);
         }
      });

project_functions.php 类似于：

 $result = '<?php require "Panels/Project/Main/main.php" ?>';
 echo $result;

我可以看到正在输出的值，但是 html 注释掉了 php 部分

 <!--?php require "Panels/Project/Main/main.php" ?-->

它只是从 php.ini 中提取出来。有没有办法将不同的 php 文件加载到我的 div 中？

在main.php文件中，有php代码，html代码，还有一些style标签。我可以使用 ajax 将所有这些加载到 div 元素中吗？还是我必须回显我所有的 html 代码？

【问题讨论】：

在网络检查器中检查“网络”选项卡时，当您请求 /project/Functions/project_functions.php 时会返回什么？
我使用 dendule 来查看生成的代码。在 #right_bot div 中，它注释掉 /project/Functions/project_functions.php?
放弃变量赋值和回显，只需 <?php require "Panels/Project/Main/main.php" ?> 就是这样
还是把代码注释掉
等等，你真的想显示原始的php代码，例如在你的div中显示php标签等，或者你想显示代码的输出，例如html

标签： javascript php jquery html ajax

【解决方案1】：

你不能那样做。你想要的是所有的PHP都在服务器上执行，只需要返回结果。

您不能将 php 代码发送回 javascript 并尝试在那里运行，PHP 是一种服务器端语言，它只能在服务器上运行。 Javascript 是客户端，它只会在浏览器中运行。
如果您将 <?php echo 123; ?> 发送回 Javascript，您将得到正是的结果，而不是 123。

在您的情况下，解决方案是让 project_functions.php 真正需要它。这将包括 main.php，它的所有功能和输出。

require "Panels/Project/Main/main.php";

一些建议阅读： http://www.codeconquest.com/website/client-side-vs-server-side/

可能对您有所帮助的技巧：将链接粘贴到您的 urlbar，然后将变量添加到其中。您在屏幕上得到的结果就是 Javascript 将输出的结果。注意：这仅适用于 method=get，不适用于 post。

在这种情况下，浏览到 /project/Functions/project_functions.php 并按照我上面的代码执行简单的要求。该输出将被发送到 Javascript。

【讨论】：

如果我确实需要“Panels/Project/Main/main.php”；在 project_functions.php 中。我如何使 main.php 中的所有内容进入我的 div

【解决方案2】：

在ajax请求中发送参数8例如类型）：

$.ajax({
         url:"/project/Functions/project_functions.php",
         type:"POST",
         data:{
            functions:num, type: "main"
         },
         success:function(result){
            $("#right_bot").html(result);
         }
      });

然后在php-file中获取类型变量：

       if($type == "main") {
          require "Panels/Project/Main/main.php"
       }
       else {
           require "Panels/Project/Main/sthelse.php"
       }

你还应该有某种相同的函数名或其他东西来输出文件的结果；

<?php 
      function printResult() { }


      echo printResult();

【讨论】：

但这不能解决实际问题？
我在 main.php 中有 html 代码和 php 代码，我想将它们全部复制到我的 div 中。这是可能的还是它的设计不好
糟糕，非常糟糕，嘿嘿！ main.php 中的代码是什么样的？它有什么作用？其实这是一个简单的问题。这只是一个 if 语句。
main.php 的内容在当前情况下无关紧要。主要永远不会以正确的方式包含在内，这就是问题 atm :)
w3schools.com/php/php_includes.asp - 您应该调用 require 来包含文件的内容，但从该文件输出任何内容都需要 echo 或 print 语句。

【解决方案3】：

试试：

$result = file_get_contents('Panels/Project/Main/main.php');

【讨论】：