Ajax不会向PHP发送变量

Question

我需要从JS发送变量并在PHP代码中使用它。我编写了这个函数并用PHP下载了它。它不起作用，为什么？

$("#gen").on("click", function() { 

    request = new XMLHttpRequest(); 

    var url = "file.php"; 

    var test = "data="+document.getElementById("test").value; 


    request.open("POST",url,true); 

    request.setRequestHeader("Content-type", "application/x-www-form-urlencoded"); 

    request.setRequestHeader("Content-length", test.length); 


    request.onreadystatechange=checkResult; 

    request.send(test); 

    request.setRequestHeader("Connection", "close"); 

}); 

<form method="post" action="file.php"> 

我下载的变量是这样的：

$test = $_POST['test']; 

这里是我的代码的链接： - Pastebin link

Answer 1

编辑按this评论：

你不需要任何JavaScript来完成“后，并一气呵成重定向”。

直接使用您的<input type="submit" id="gen" value="Generate" />，它应该将表单中的所有数据发布到您的PHP文件中。如果你需要其他的变量传递到您的服务器，让你的页面上几个<input type="hidden">领域，使他们value是你的JS变量（使用$("#input-id").val(yourVariable);）

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本准则回答最初的问题

您客户端代码中的错误：

您在此按钮<input type="submit" id="gen" value="Generate" />中专门使用了typesubmit。所做的就是告诉浏览器停止一切并提交最近的表单。如果你不是想做些别的事情的一个按钮，你必须使用

$("#gen").on("click", function (e) { 

    e.preventDefault(); 

    request = new XMLHttpRequest(); 

    var url = "file.php"; 

    var test = "data="+document.getElementById("test").value; 


    request.open("POST",url,true); 

    request.setRequestHeader("Content-type", "application/x-www-form-urlencoded"); 

    request.setRequestHeader("Content-length", test.length); 


    request.onreadystatechange=checkResult; 

    request.send(test); 

    request.setRequestHeader("Connection", "close"); 

}); 

e.preventDefault();告诉浏览器不要做什么奉命由type="submit做，而是运行的js代码。

其他人是正确的，您可以使用$test = $_POST["data"];获取您的数据。原因如下：

发送数据时，您将生成一个x-www-form-urlencoded字符串（这一个："data="+document.getElementById("test").value;）。

给您和您的连接，这仅仅是被附加到您的请求字符串，但你的服务器（你file.php）将此解释为一个关联数组，这意味着有key（数据）的数据结构和value （document.getElementById("test").value）。提交表单时，浏览器会自动执行此操作，它会将表单中的所有数据附加到您的请求中，并以此方式将其发送到服务器。

添加数据的每个请求均遵循此模式。当你看一下YouTube的例子时，他们的视频网址都是conten ?v=...。如果你想用PHP构建YouTube，你会得到使用$video = $_GET["v"]的变量。

Answer 2

使用此代码：

$test = $_POST['data']; 

Answer 3

您将在获取数据请求使用$_POST['data']。

因为您发送它在data。

因此，改变你这样的代码，

$test = $_POST['data'];