我有一个JavaScript页面调用PHP页面。如何只回应结果,而不是在Ajax调用的整个页面
$.getJSON('result.php', function(json){
var data = json.result[0];
}).complete(function(){
// do this
}).error(function(jqXHR, textStatus, errorThrown) {
// do this
});
这是result.php怎么看起来像
require_once('config.php');
header("Content-type: application/json; charset=UTF8");
$apiMgr = new API(0, 0, array("result"));
$apiResult = $apiMgr->callAPI('GET', 'result', isset($_SERVER['PATH_INFO']) && $_SERVER['PATH_INFO'] == '/historical' ? '?option=follow' : null, null);
echo $apiResult;
在配置页面我添加了一些JavaScript脚本像follwoing
<script>
// script
// script
// script
// script
</script>
问题是$ .getJSON()提供我的语法错误,因为从result.php的整个响应还包括不应该在那里的脚本部分。
我只想回显或返回$ apiResult不是整个页面。我希望如果不清楚,我会解释我的问题,我会尽力解释它。
有什么建议吗?
我尝试过,但事实并非如此工作。我只是想知道为什么?我究竟做错了什么? – Shaonline