如何通过AJAX传递一个值来更改SQL搜索查询并将结果返回给HTML？
如何通过AJAX传递一个值来更改SQL搜索查询并将结果返回给HTML？
提问于 2013-05-18 04:44:16
我正在尝试创建一个网页，将采取用户的首选项(通过复选框)的类别，他们想要的报价。在提交时，我使用ajax访问PHP文件，该文件又访问SQL数据库并返回类别中的引用。
我的目标是允许用户选择一个或多个类别，并让他们的选择返回数据库中属于他们的类别的随机行。我已经达到了这样一种情况:从数据库返回一个随机行，但是不确定如何将值传递给SQL查询，以便根据他们的偏好更改查询。
下面是AJAX：
$.ajax({
url: 'php/function.php', data: "", dataType: 'json',
success: function(data)
{
var quote = data[0];
$('#content').html(quote);
} 下面是PHP代码：
$result = mysql_query('SELECT * FROM motivators WHERE Category LIKE "%success%" ORDER BY RAND() LIMIT 1');
$array = mysql_fetch_row($result);
echo json_encode($array);如何传入一个和/或多个值来替换%success%？
回答 4
Stack Overflow用户
回答已采纳
发布于 2013-05-18 04:48:14
要从ajax调用中获取数据，请将其传递到调用的data参数中，如下所示：
var param_value;
var param2_value;
$.ajax({
url: 'php/function.php', data: {param: param_value, param2: param2_value}, dataType: 'json', type: "POST",
success: function(data)
{
var quote = data[0];
$('#content').html(quote);
} 注意上面的类型: POST，这意味着传递的数据值将存储在$_POST数组的键中：$_POST‘’param‘，$_POST'param2’
然后，只需将查询放在双引号中("“而不是'')，并将所需的php变量插入其中。
$result = mysql_query("SELECT * FROM motivators WHERE Category LIKE '%$success%' ORDER BY RAND() LIMIT 1");确保对插入到查询中的任何内容进行转义，以避免SQL注入漏洞。
Stack Overflow用户
发布于 2013-05-18 04:46:43
您可以像这样传递变量：
$.ajax({
type: 'POST',
url: 'php/function.php',
data: {
'foo': 'bar',
},
success: function(data){
var quote = data[0];
$('#content').html(quote);
}
});然后，在您的PHP脚本中，您可以访问应该用bar填充的$_POST['foo']。
Stack Overflow用户
发布于 2013-05-18 04:46:53
这就是.ajax()调用的data:部分：
data: 'formfield=somevalue'然后在PHP中：
$formfield = $_GET['somevalue'];请注意，不要在SQL查询中直接使用此值，这将使您很容易受到SQL注入攻击。我强烈建议您停止使用过时的mysql_*()函数库，改用现代的mysqli或PDO库。一旦使用了这些，一个带有适当占位符的简单的预准备语句就会变得容易得多。
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原文链接：
https://stackoverflow.com/questions/16617594
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