我正在尝试添加朋友的一个小项目。 当您点击添加朋友按钮时,您将向该add.php文件发送带有朋友标识&用户名(它们是每个添加按钮的标识和名称属性)的Ajax呼叫。 (MYSQL结构为:1个用户表+ X表中指定的用户名(列:friendid,ispending)) 在PHP文件只有2个MySQLi的疑问:这是为补充文件的代码:PHP + Ajax:添加朋友系统
session_start();
$friendid = $_POST['id'];
$myname = $_SESSION['username'];
$friendname = $_POST['name'];
$myid = $_SESSION['id'];
$add = new Mysqlconnect();
$add->db->query("INSERT INTO $myname VALUES($friendid, 'yes')");
$add->db->query("INSERT INTO $friendname VALUES ($myid, 'yes')");
$add->db_Close();
Mysqlconnect类是必需的,我只是不希望这里的代码太长。 这里的Ajax调用:
$('.add').click(function(){
var name = $(this).attr("name");
var id = $(this).attr("id");
$.ajax({
type: "POST",
data: "&name="+name+"&id="+id,
url: 'add.php',
success: function(){
alert("success");
}
});
});
问题: 当我点击“加为好友”它确实警报“成功”,但只有一个表得到更新,每次甚至没有桌子都没有。 虽然有一次我点击它,它确实工作(我没有改变代码,我尝试每20秒点击一次)。
我该如何解决这个问题?
首先,你应该逃避$ _POST值... – Robus 2010-10-23 09:47:07
看来你有一个单独的表为所有的用户...(“INSERT INTO $ myname VALUES”)...你为什么要用这个。这将是更好的创建关系 – 2010-10-23 10:14:43
这是要解决问题吗?如果我这样做,ajax电话会一直工作吗? – user484957 2010-10-23 10:59:27