我是php新手。我正在从我的数据库中创建一个带有下拉列表选项的表单，我希望当用户选择任何一个时，这个选项在文本字段中显示其余的细节。在数据库中，我有id，employee_name，employee_salary，employee_age。
这是我的Html文件
<!DOCTYPE html>
<html>
<head>
<title></title>
<script src="https://code.jquery.com/jquery-2.2.4.min.js" integrity="sha256-BbhdlvQf/xTY9gja0Dq3HiwQF8LaCRTXxZKRutelT44=" crossorigin="anonymous"></script>
<script type="text/javascript" src="script/getData.js"></script>
</head>
<body>
<select id="employee" class="form-control" >
<option value="" selected="selected">Select Employee Name</option>
<?php
$sql = "SELECT id, employee_name, employee_salary, employee_age FROM employee";
$resultset = mysqli_query($conn, $sql);
while( $rows = mysqli_fetch_assoc($resultset) ) {
?>
<option value="<?php echo $rows["id"]; ?>"><?php echo $rows["employee_name"]; ?></option>
<?php } ?>
</select>
<br>Craft 1<br>
<input type="text" id="craft_1_points" name="craft_1_points" value="">
<br>Craft 2<br>
<input type="text" id="craft_2_points" name="craft_2_points" value="">
<br>Craft 1<br>
<input type="text" id="craft_3_points" name="craft_3_points" value="">
<br>Craft 2<br>
<input type="text" id="craft_4_points" name="craft_4_points" value="">
</body>
</html>
</center>
<?php include('include/footer.php');?>我已经设法将名字添加到下拉列表中，这是工作，我用 AJAX 和java链接。但当我选择任何选项，如老虎Nicxin它应该填写的文本字段与选定的姓名，身份证，年龄和工资的其余信息。它不工作，请我必须做什么。
JS文件
$(document).ready(function(){
$("#employee").change(function() {
var id = $(this).find(":selected").val();
var dataString = 'empid='+ id;
$.ajax({
url: 'getlist.php',
dataType: "json",
data: dataString,
cache: false,
success: function(empData) {
if(empData) {
$("#errorMassage").addClass('hidden').text("");
$("#recordListing").removeClass('hidden');
$("#empcraft_1_points").val(empData.id);
$("#empcraft_2_points").val(empData.employee_name);
$("#empcraft_3_points").val(empData.employee_age);
$("#empcraft_4_points").val("$"+empData.employee_salary);
} else {
$("#recordListing").addClass('hidden');
$("#errorMassage").removeClass('hidden').text("No record found!");
}
}
});
})
});AJAX 文件
<?php
include_once("include/db_connect.php");
if($_REQUEST['empid']) {
$sql = "SELECT id, employee_name, employee_salary, employee_age
FROM employee
WHERE id='".$_REQUEST['empid']."'";
$resultSet = mysqli_query($conn, $sql);
$empData = array();
while( $emp = mysqli_fetch_assoc($resultSet) ) {
$empData = $emp;
}
echo json_encode($empData);
} else {
echo 0;
}
?>请帮助我解决方案
1条答案
按热度按时间a6b3iqyw1#
AJAX 中，您的数据类型更改为dataType：“json”，而您id是错误的。请在索引文件或主文件中包含您的DB连接，您可以创建js文件：