JQuery .post () return Marray

Question

Извините за плохое название, но я не знаю, как назвать это. Моя проблема заключается в том, что всякий раз, когда я передаю значение из выбранного окна, я запускаю это событие JQuery, чтобы проверить флажки. Бассически I Echo $ res []; в selecctgtgr.php. Мне нужно использовать JSON? И как я могу это сделать?

Главная страница:

$("#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

Измените последнюю строку в вашем образце PHP (echo $res[];) к:

echo json_encode($res);

json_encode() Страница вручную расскажет вам больше.

Также, как говорит @Unicron, вам нужно проверить переменную $ gr_name, прежде чем передавать ее в свой оператор SQL.

Вы можете использовать:

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

Видеть: http://php.net/manual/en/function.mysql-real-escape-string.php Для получения дополнительной информации в руководстве PHP.

Answer 2

Вы можете использовать json_encode Функция для преобразования произвольных данных в JSON. Предполагая, что вы хотите вернуть массив струн, вот как вы будете использовать 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
?>

На стороне клиента вы можете использовать jQuery.post Метод, как это:

<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

Если вы хотите использовать JSON, просто используйте echo json_encode($res);Но я не совсем понимаю, что вы получите, если ваш код работает сейчас, так как вам все равно придется выполнить какую -то обработку в JavaScript, чтобы справиться с результатом.

Answer 4

Я нашел свою серьезную проблему, как показано ниже

вместо (до):

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

Сделайте это (после):

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

Прости меня плохо. Ааа, ребята, относительно побега на MySQL на самом деле #group_name это не входное поле, а поле выбора. Цените за каждый комментарий, предложение и руководство.

Эрик.