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js中ajax提交到php的json数据,php无法获得

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LJadez
    51312
    $('#saveNewData').click(function () {
            //保存数据的按钮被点击的时候，获得当前数据
            var type = $('select[name="type"] option:selected').val();
            var title = $('input[name="title"]').val();
            var imgSrc = $('input[name="imgSrc"]').val();
            var author = $('input[name="author"]').val();
            var createdAt = $('input[name="createdAt"]').val();
            var content = $('textarea[name="content"]').val();
          
            //封装数据
            var data = {
                type:type,
                title:title,
                imgSrc:imgSrc,
                author:author,
                createdAt:createdAt,
                content:content
            };
            //ajax提交数据
            $.ajax({
                type: "POST",
                url:'insert.php',
                data:data,
                datatype:'json',
                error: function(request) {
                    alert("保存失败");
                },
                success: function(msg) {
                    alert("保存成功");
                    alert(data);
                }
            });
        })

    确定能够获得到表单元素的数据，html的地址栏提交的时候能显示所有提交数据
    在insert.php中

    $type =  $_POST['type'];
$title = $_POST['title'];
$imgSrc = $_POST['imgSrc'];
$author = $_POST['author'];
$createdAt = $_POST['createdAt'];
$content = $_POST['content'];

    无法获得传过来的数据，提示
    Notice: Undefined index: type in D:xampphtdocs8-1baiduNewsinsert.php on line 3

    Notice: Undefined index: title in D:xampphtdocs8-1baiduNewsinsert.php on line 4

    Notice: Undefined index: imgSrc in D:xampphtdocs8-1baiduNewsinsert.php on line 5

    Notice: Undefined index: author in D:xampphtdocs8-1baiduNewsinsert.php on line 6

    Notice: Undefined index: createdAt in D:xampphtdocs8-1baiduNewsinsert.php on line 7

    Notice: Undefined index: content in D:xampphtdocs8-1baiduNewsinsert.php on line 8

    第一次用php，以前写js和node数据交互的时候用的那样的数据传递形式，但是php不能获得，哪位大神给我看看代码，万分感激

    phpajax
    阅读 4.8k
    4 个回答
    得票最新
    头像
    noxatnoxs
      12

      因为你向后台发送的是一个对象data，所以我猜你可以从后台获得$_POST['data']。

      头像
      cn_ak
        21783855

        我简单实验一下，
        你的

                    //封装数据
            var data = {
                type:type,
                title:title,
                imgSrc:imgSrc,
                author:author,
                createdAt:createdAt,
                content:content
            };

        这段写的问题吧，不加带引号？type:type 前面的type是字符串后面的type是变量，你感受下....

        我的代码：

        1.html

        <!DOCTYPE html>
<html lang="en">
<head>
    <meta charset="UTF-8">
    <title>
    </title>
    <script src="http://lib.sinaapp.com/js/jquery/3.1.0/jquery-3.1.0.min.js"></script>
</head>
<body>
    <input id='qq' type="text" name='qq123' value='xiaole' >
    <input id='qq123' type="submit">
    <script>
    $('#qq123').click(function () {
        var data = $('#qq').val();
        // console.log(data);
        var data={'data':data};
        $.ajax({
                type: "POST",
                url:'2.php',
                data:data,
                datatype:'json',
                error: function(request) {
                    alert("保存失败");
                },
                success: function(msg) {
                    console.log(msg);
                    
                }
            });
    });
    </script>
</body>
</html>

        2.php

        
<?php

$a = $_POST;

print_r($a);
echo json_encode($a);

?>
        头像
        Roger
          614

          就是你传递的数据出现错误了 data应该写成json的格式。楼上已经说得很清楚了。

          头像
          徐大大
            484914

            因为你封装的是JS对象而不是json,正规的json, 键都是都是带引号的，可以使用 JSON.stringify把对象转成字符串后再提交，建议你还是去看看json的规范。

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