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AjAxrEturn

$this->ajaxReturn("111",'11',1); 你写这么多参数做什么? 好像第二个参数是数据的返回格式,'11'是什么格式?要么写json/json/xml等等,如果你有很多数据要返回,就弄成一个数组,然后把输入的名字放在第一个参数,第二个参数默认是json,可以...

可以的,将异步改为同步,即加上:async:false。 就可以实现。 function test () { var bol; var url = ''; $.ajax({ type: 'GET', url: url, dataType: 'json', async:false, success: function(data){ bol=true; } }); return bol; }

默认情况下,控制器在ajax请求会对返回类型自动转换,默认为json 其它情况下,如果需要,写成return json_encode($arr) 就可以了。

通过ajax进行接收 //ajax查询状态 $.post(php处理地址,{},function(json){ var datajson=eval('(' + json + ')'); var data=datajson.data; alert(data); });

你必须知道的是:ajax是异步获取数据,在函数中,ajax部分基本上是不会按照代码顺序执行的。 你的代码中,ajax.onreadystatechange中的代码不会再alert中执行,而是在alert之后执行,所以,你获取不到返回值。

你的this->ajaxReturn返回的第二个参数错了。下面是thinkphp的ajaxReturn方法说明,你看一下。 /** * Ajax方式返回数据到客户端 * @access protected * @param mixed $data 要返回的数据 * @param String $type AJAX返回数据格式 * @param int $...

首先,你的 $this->ajaxReturn(); 的后面最好是exit;一下,否则你是循环 ajaxReturn; 由于你的页面一次提交获得一次ajax返回。所以循环返回是会出错的。 看代码 $arr['status']=1; $arr['info']="你有未完成的选项"; $this->ajaxReturn($arr,'JS...

if(request()->isAjax()){ return json();}return $this->fetch();

return 直接改成输出就可以在ajax的data中看到了但是你要把你的ajax dadaType属性改成html ,或者 php的return 改成 echo json_dcode(['5'])

TP为什么用ajaxreturn后显示不出来 ajax提交表单的一些注意事项.ajax提交表单是经常用到的.一般ajax提交要求不再跳转,自然而然的用到了return false .但是你知道 return false 无效,有哪些原因吗? 1.js代码有错误,语法错误,逻辑错误,等等. ...

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