需要帮助学习ajax，从mysql抓取数据

我有一个ajax脚本，我有点了解，但仍需要一些额外的帮助。需要帮助学习ajax，从mysql抓取数据

$('.images').click(function(){ 
    var imageId = $(this).attr('id'); 
    alert(imageName); 
    $.ajax({ 
      type: "get", 
      url: "imageData.php", 
      dataType: "json", 
      data: {getImageId: imageId}, 
      error: function() { 
       alert("error"); 
      }, 
      success: function(data){ 
       alert(imageId); 
       $("#images_"+imageId).html(data); 
      } 
     }); 
    //$('#images_'+imageId).toggle(); 

});

我有一个代码，它进入这个imageData.php文件

<?php 
if(isset($_GET)){ 
    $images = ""; 
    $path = 'img/'; 
    $imageId = $_GET['getImageId']; 
    $sql = mysql_query("SELECT * FROM images WHERE iID = '".$imageId."'"); 
    while($row = mysql_fetch_array($sql)){ 
     $images .= $path.$row['images']; 
} 
    $json = json_encode($images); 
?> 
<img src='<?php echo $json;?>'/> 

    <?php 
} 
    ?>

为什么，当我尝试从$图像呼应的字符串，但它正确输出，当我做输出误差echo $imageId;？我试图从MySQL输出的东西，但没有试图输出只是ID。

需要帮助，请，谢谢

来源

2011-05-02 hellomello

当jQuery ajax返回值的时候，你会得到这个错误吗？做一个'echo json_encode（$ images）;' – arma 2011-05-02 22:22:01

它不返回一个值，我只是得到错误。我试过做json_encode（$ images）;我不再有错误，但是，我也没有得到一个成功的警报。 – hellomello 2011-05-02 23:03:46

我不确定是否可以提醒json尝试使用console.log。萤火虫控制台响应是否为空？ – arma 2011-05-02 23:07:25

这里你不需要使用json_encode，没有数据需要是JSON格式。如果查询只返回一个图像，那么也没有理由循环结果集。

试试这个：

<?php 
if(isset($_GET['getImageId'])) { 
    $path = ''; 
    $imageId = mysql_real_escape_string($_GET['getImageId']); // SQL injection! 
    $result = mysql_query("SELECT images FROM images WHERE iID = '".$imageId."'"); 
    $row = mysql_fetch_array($result); 
    if($row) { 
     $path = 'img/' . $row['images']; 
    } 
} 
?> 
<?php if($path): ?> 
    <img src='<?php echo $path;?>'/> 
<?php endif; ?>

如果iID实际上是一个整数，你需要省略单引号中查询。

您还可以到dataType从json改变html，为你是返回一个图像标记（HTML），而不是JSON：

$.ajax({ 
    type: "get", 
    url: "imageData.php", 
    dataType: "html", 
    data: {getImageId: imageId}, 
    error: function() { 
     alert("error"); 
    }, 
    success: function(data){ 
     $("#images_"+imageId).html(data); 
    } 
});

另一种选择是只返回文本（链接）并在客户端创建图像：

<?php 
if(isset($_GET['getImageId'])) { 
    $path = ''; 
    $imageId = mysql_real_escape_string($_GET['getImageId']); // SQL injection! 
    $result = mysql_query("SELECT images FROM images WHERE iID = '".$imageId."'"); 
    $row = mysql_fetch_array($result); 
    if($row) { 
     echo 'img/' . $row['images']; 
    } 
} 
?>

而在JavaScript中：

$.ajax({ 
    type: "get", 
    url: "imageData.php", 
    dataType: "text", 
    data: {getImageId: imageId}, 
    error: function() { 
     alert("error"); 
    }, 
    success: function(data){ 
     $("#images_"+imageId).html('<img src="' + data + '" />'); 
    } 
});

来源

2011-05-02 23:27:16

thank you, changing '$("#images_"+imageId).html(''）;'帮助。此外，我试图添加切换，我做了这个'$（“＃images _”+ imageId）.toggle（）。html（''）;'但它会在我第一次双击它时切换，而不是单击它。任何想法为什么这样做？谢谢 – hellomello 2011-05-02 23:45:04

也，如果你能帮助我。如果我回声超过一件事，说我想echo'echo $行['userid']'我怎么分开这两个“图像和userid”从数据在Ajax？ – hellomello 2011-05-04 03:16:44

正如你可能会得到许多图像，因为您使用while循环，你可能要做到这一点，像这样：

在PHP中：

$x = 0; 
$another = array(); 
while($row = mysql_fetch_array($sql)){ 
    $another[$x] = $path.$row['images']; 
    $x++; 
} 

echo json_encode($another);

，并在jquery（在你的成功回调）：

$.each(data, function(i, v){ 
    // Do the image inserting to the DOM here v is the path to image 
    $('#somelement').append('<img src="'+v+'"'); 
});

来源

2011-05-02 23:18:16 arma

when you say many images do you mean because append() keeps adding multiple same objects? – hellomello 2011-05-02 23:41:20

Well as you did while loop in php i assumed you retrieve multiple images sometimes. And append() will keep adding images in loop till it has added all of them. – arma 2011-05-02 23:42:44

thank you for your help your answers cleared up a lot – hellomello 2011-05-02 23:47:21

为了输出图像，你必须设置src图像标签的属性，如果您已经有一个，或者您可以实时创建它。在这里看到如何做>jQuery document.createElement equivalent?

来源

2011-05-02 23:20:46 morgar

需要帮助学习ajax，从mysql抓取数据

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