PHP ajax 从外部 PHP 文件返回重复项

Question

我到处寻找这个问题的答案，希望有人可以帮助我。我有以下 ajax/JS 代码，以及我在下面调用的外部 PHP 文件，然后是 index.php 页面来显示结果。

此代码适用于我的外部 php 文件。它从 MySQL 数据库中获取发布的数据返回并在#show div 中显示内容。本质上，我正在查询 MySql 数据库以获取主机详细信息（ip、ma​​c 等）。这一切都可以在没有页面刷新的情况下返回。问题和我的问题是，当我再次使用另一个代码提交表单时，结果再次返回但附加到先前的结果中。问题：我该如何避免这种情况？！我已经研究过缓存和清除 Ajax 变量（内容）并清空 PHP 页面，但在让先前的 Ajax 调用清除另一个提交时运气为零。这是我的ajax代码的问题吗？还是我需要在 PHP 方面清除一些东西？

一般来说，我对 ajax 比较陌生，但了解脚本如何检索信息。在我将结果刮回到我的 index.php 页面后，有没有办法刷新外部 php 文件以转储上一篇文章？

    <script type="text/javascript">
              $(function() {
                    $(".submit_button").click(function() {
                        var textcontent = $("#content").val();
                        var dataString = 'content='+ textcontent;
                             $.ajax({
                            type: "POST",
                            url: "HOST_gethost.php",
                            data: dataString,
                            success: function(html){
                            $("#show").after(html);
                            document.getElementById('content').value='';
                });
                }
                return false;
                });
            });
    </script>

提前谢谢！！

编辑更多细节，因为我仍然遇到同样的问题：after(data) 有效，而 html(data) 无效。对于我的一生，尤其是在马克解释了这两个函数之后，我无法弄清楚为什么一个会起作用而另一个不是 html(data) 的返回只是空白，调试中也没有任何内容。

JS代码：

<script type="text/javascript">
          $(function() {
                $(".submit_button").click(function() {
                    var textcontent = $("#content").val();
                    var dataString = 'content='+ textcontent;
                         $.ajax({
                        type: "POST",
                        url: "HOST_gethost.php",
                        data: dataString,
                        success: function(data){
                        $("#show").html(data);
                        document.getElementById('content').value='';
            }
            });
            return false;
            });
        });
</script>

PHP 外部文件：

<?php

$conn = mysql_connect('','','') or die (mysql_error);
$db=mysql_select_db('blah', $conn) or die (mysql_error);


$content=$_POST['content'];
$fetch= mysql_query("SELECT * FROM blah.blahblah WHERE hostname LIKE     '%$content%'  ");
$row=mysql_fetch_array($fetch);

?>

<div class="showbox"> 
    <table>
        <th>Attributes</th><th>Details</th>
        <tr><td>Name</td><td><?php echo $row['hostname']; ?></td></tr>
        <tr><td>Last Known IP</td><td><?php echo $row['ipv4']; ?></td></tr>
        <tr><td>Last Known User</td><td><?php echo $row['username']; ?></td>    </tr>
        <tr><td>Last Seen</td><td><?php echo $row['updated']; ?></td></tr>
        <tr><td>Protection</td><td><?php echo $row['encryption_status']; ?></td></tr>
        <tr><td>Firewall</td><td><?php echo $row['firewall_explanation']; ?></td></tr>
    <tr><td>Script Policy</td><td><?php echo $row['policy']; ?></td></tr>
    <tr><td>GPO Check-in</td><td><?php echo $row['gpo']; ?></td></tr>
</table>

 </div>

Answer 1

使用

$("#show").html(html);

而不是

$("#show").after(html);