JQuery .post () return Array

Question

Entschuldigung für den schlechten Titel, aber ich weiß nicht, wie ich das nennt. Mein Problem ist, dass ich dieses JQuery -Ereignis, wenn ich einen Wert aus einem ausgewählten Kontrollkästchen übergehe, um die Kontrollkästchen zu überprüfen. Bassistisch spiegele ich $ res [] an; bei selecctedgr.php. Muss ich JSON verwenden? Und wie kann ich das machen?

Hauptseite:

$("#group_name").change(function(){
    var groupname = $("#group_name").val();
    var selectedGroup = 'gr_name='+ groupname;
    $.post("selectedgr.php", {data: selectedGroup}, function(data){
        $.each(data, function(){
            $("#" + this).attr("checked","checked");
        });
    },"json");


});

PHP (Selectedgr.php):

<?php
    include_once '../include/lib.php';
    $gr_name=mysql_real_escape_string($_POST['gr_name']);

    $sqlgr = "SELECT * FROM PRIVILLAGE WHERE MAINGR_ID=".$gr_name;
    $resultgr = sql($sqlgr);
    while($rowgr = mysql_fetch_array($resultgr)){
        $res[] = $rowgr['ACT_ID'];
    }

    echo $res[];
?>

Answer 1

Ändern Sie die letzte Zeile in Ihrer PHP -Probe (echo $res[];) zu:

echo json_encode($res);

json_encode() Manuelle Seite zeigt Ihnen mehr.

Auch wie @Unicron sagt, dass Sie die Variable $ gr_name validieren müssen, bevor Sie sie an Ihre SQL -Anweisung weitergeben.

Du könntest benutzen:

if(isset($_POST['gr_name'])) {
    $gr_name = mysql_real_escape_string($_POST['gr_name']);
}

Sehen: http://php.net/manual/en/function.mysql-real-escape-string.php Weitere Informationen im PHP -Handbuch.

Answer 2

Sie können verwenden JSON_ENCODE Funktion zur Umwandlung beliebiger Daten in JSON. Unter der Annahme, dass Sie eine Reihe von Zeichenfolgen zurückgeben möchten, verwenden Sie hier JSON_Encode:

<?php
    include_once '../include/lib.php';
    $res = array(); // initialize variables
    $sqlgr = sprintf("
        SELECT ACT_ID
        FROM PRIVILLAGE
        WHERE MAINGR_ID=%d
        ",
        $_POST['gr_name']
    ); // only select those columns that you need
       // and do not trust user input
    $resultgr = sql($sqlgr);
    while($rowgr = mysql_fetch_array($resultgr)){
        $res[] = $rowgr['ACT_ID'];
    }
    echo json_encode($res); // use json_encode to convert the PHP array into a JSON object
                            // this will output something like ['foo', 'bar', 'blah', 'baz'] as a string
?>

Auf der Clientseite können Sie verwenden JQuery.Post -Methode, so was:

<script type="text/javascript">
$("#group_name").change(function () {
    $.post("selectedgr.php", {
        gr_name: $(this).val()
    }, function (data) {
        // console.log(data);
        // jQuery will convert the string "['foo', 'bar', 'blah', 'baz']" into a JavaScript object
        // (an array in this case) and pass as the first parameter
        for(var i = 0; i < data.length; i++) {
            $("#" + data[i]).attr("checked", "checked");
        }
    }, "json");
});
</script>

Answer 3

Wenn Sie JSON verwenden möchten, verwenden Sie einfach einfach echo json_encode($res);Aber ich verstehe nicht wirklich, was Sie gewinnen werden, wenn Ihr Code jetzt funktioniert, da Sie immer noch eine Verarbeitung im JavaScript durchführen müssen, um das Ergebnis zu verarbeiten.

Answer 4

Ich fand mein Hauptproblem wie unten

statt (vor):

 $.post("selectedgr.php", {data: selectedGroup}, function(data){

Tun Sie dies (danach):

$.post("selectedgr.php", selectedGroup, function(data){

Vergib mein schlechtes. Ahh ya Leute, die die Flucht auf MySQL eigentlich über #group_name ist kein Eingangsfeld, sondern ein Auswahlfeld. Schätzen Sie für jeden Kommentar, jeden Vorschlag und jeden Leitfaden.

Eric.