jquery .post（）return array

StackOverflow https://stackoverflow.com/questions/5375542

質問

悪いタイトルで申し訳ありませんが、これに名前を付ける方法がわかりません。私の問題は、選択ボックスから値を渡すたびに、チェックボックスをチェックするためにこのjQueryイベントをトリガーすることです。基本的にi echo $ res []; Selecctedgr.phpで。 JSONを使用する必要がありますか？どうすればこれを行うことができますか？

メインページ：

$("#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[];
?>
役に立ちましたか？

解決

PHPサンプルの最後の行を変更します（echo $res[];） に：

echo json_encode($res);

json_encode() マニュアルページはあなたにもっと教えてくれます。

また、@unicronによると、SQLステートメントに渡す前に$ gr_name変数を検証する必要があります。

使用できます：

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

見る： http://php.net/manual/en/function.mysql-real-escape-string.php PHPマニュアルの詳細については。

他のヒント

使用できます json_encode 任意のデータをJSONに変換する機能。文字列の配列を返したいと仮定すると、json_encodeを使用する方法を次に示します。

<?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
?>

クライアント側では、使用できます jquery.postメソッド, 、 このような：

<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>

JSONを使用する場合は、使用してください echo json_encode($res);しかし、結果を処理するためにJavaScriptで何らかの処理を行う必要があるため、コードが現在機能している場合、あなたが何を得るかは本当に理解していません。

以下のように私の大きな問題を見つけました

の代わりに（前）：

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

これを行う（後）：

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

私の悪いことを許してください。ああ、yaみんな、実際にmysqlで逃げることについて #group_name 入力フィールドではなく、選択ボックスです。すべてのコメント、提案、ガイドに感謝します。

エリック。

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