重新加载是重新请求和重新呈现当前显示的页面的过程
我想我问的问题对你们大多数人来说都很简单。我想重新加载 div 而不重新加载整个页面。最好的方法是什么？ 我想我问的问题对你们大多数人来说都很简单。我想重新加载 div 而不重新加载整个页面。最好的方法是什么？ <div class="black_text" id="cp_in_content_div"> <?php $id = $_GET["id"]; $result = mysql_query("SELECT * FROM Setting WHERE ID = $id"); $row = mysql_fetch_array($result); switch ($_GET["action"]) { case "delete": if (!unlink("$_SERVER[DOCUMENT_ROOT]setting/$row[Filename]")) { echo "Error."; header("Refresh: 2.5; URL=delete_setting.php?id=$id"); exit(); } if (!mysql_query("DELETE FROM Setting WHERE ID = $id")) { echo "Error."; header("Refresh: 2.5; URL=delete_setting.php?id=$id"); exit(); } else { echo "Ok!"; header("Refresh: 1.25; URL=index.php"); } break; default: echo "form"; } ?> </div> 我需要这些 header("Refresh:...") 来仅重新加载 div 而不是页面。 jQuery.load() 可能是使用选择器异步加载数据的最简单方法，但您也可以使用任何 jquery ajax 方法（get、post、getJSON、ajax 等） 请注意，load 允许您使用选择器来指定要加载已加载脚本的哪一部分，如 $("#mydiv").load(location.href + " #mydiv"); 请注意，从技术上讲，这确实会加载整个页面，并且 jquery 会删除除您选择的内容之外的所有内容，但这都是在内部完成的。 $("#div_element").load('script.php'); 演示：http://sandbox.phpcode.eu/g/2ecbe/3 完整代码： <div id="submit">ajax</div> <div id="div_element"></div> <script> $('#submit').click(function(event){ $("#div_element").load('script.php?html=some_arguments'); }); </script> 用这个。 $('#mydiv').load(document.URL + ' #mydiv'); 注意，在标签前添加一个空格。 编写按钮标签和点击功能 var x = document.getElementById('codeRefer').innerHTML; document.getElementById('codeRefer').innerHTML = x; 将这一切都写在 onclick 函数中 base.reloadData('#task_list') var base = { reloadData : function(division){ $.get(location.href, function(data) { $(`${division}`).html($(data).find(`${division}`).html()); }); } }
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我在项目中只有这个index.php 文件。我知道我应该将逻辑与视图分开，为 PHP、JS 和 HTML 使用不同的文件。这只是一个测试： 我在项目中只有这个index.php 文件。我知道我应该将逻辑与视图分开，为 PHP、JS 和 HTML 使用不同的文件。这只是一个测试： <?php if($_SERVER["REQUEST_METHOD"] == "POST") { if(isset($_POST["item"]) && $_POST["item"] == "new") { $description = filter_input(INPUT_POST, trim("description")); echo json_encode($description); } } ?> <!DOCTYPE html> <html lang="en"> <head> <meta charset="UTF-8"> <meta name="viewport" content="width=device-width, initial-scale=1.0"> <title>Itens</title> </head> <body> <form method="post"> <input type="text" name="description" placeholder="Description"> <button type="submit">Add Item</button> </form> <script> const form = document.querySelector("form") form.addEventListener('submit', async (e) => { e.preventDefault() const item = "new" const description = form.description.value const formData = new FormData() formData.append("item", item) formData.append("description", description) try { await fetch('./index.php', { method: 'POST', body: formData, headers: { 'Accept': 'application/json, text/plain, */*' } }) .then((res) => res.json()) .then((data) => { alert(data) }) } catch(error) {} }) </script> </body> </html> echo json_encode() 工作并发送响应，但也发送整个页面，重新加载 index.php，这使得无法在 JavaScript 获取代码中使用响应值。当在与调用它的代码不同的脚本中使用 echo json_encode() 时，当然不会发生这种情况。是否可以解决这个问题并保留这个文件结构？ 是的，将其放入 HTML 中 <?php $jsonData = {}; if($_SERVER["REQUEST_METHOD"] == "POST") { if(isset($_POST["item"]) && $_POST["item"] == "new") { $description = filter_input(INPUT_POST, trim("description")); $jsonData = json_encode($description); } } ?> <script> const json = <?php echo $jsonData; ?> </script> <pre><?php echo $jsonData; ?></pre> 您提到的更干净的方法（REST api）是将 json 输出放入单独的 php 脚本中，并使用 javascript 请求 json。
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