Wie korrekt aktualisiert PHP-Datei enthalten?

Question

Ich bin nur ein hartnäckiges Anfänger und ich habe ein weiteres Hindernis in dem Weg trifft, so dass ich hoffe, dass Sie noch einmal mir helfen werden ... :) Ich habe diesen HTML bekommt:

<div class='hold'><?php include 'image.php'; ?></div> 
<div class='refresh'>Get new image</div> 

und der PHP-Code:

<?php 
$dir = 'images/'; 
$img = array(); 

if(is_dir($dir)) { 
    if($od = opendir($dir)) { 
    while(($file = readdir($od)) !== false) { 
     if(strtolower(strstr($file, '.'))==='.jpg') { 
     array_push($img, $file); 
     } 
    } 
    closedir($od); 
    } 
} 
$id = uniqid(); 
$smth = array_rand($img, 1); 
echo '<img src=' . $dir.$img[$smth] . '?' . $id . ' width="200px" height="50px" />'; 
echo '<input type="hidden" value=' . $id . ' />'; 
?> 

Also wenn ich jetzt auf meiner Seite freue ich sehe in dem <div class='hold'></div> meinen img aus dem Ordner Bildern, und es ist in Ordnung. ABER wenn ich auf die <div class='refresh'></div> klicke, möchte ich natürlich einen anderen img aus meinem Ordner holen, aber ich weiß nicht, wie ich diesen Trick richtig bewerkstellige. Ich weiß, dass erste Antwort wird AJAX werden ergeben, und ich weiß, dass ich so etwas wie

function loadGraphic() { 
    $('.hold').load('image.php'); 
}; 
loadGraphic(); 

tut und dann $('.refresh').click(loadGraphic); aber wenn ich versuche, dass vom Server als Antwort auf bekomme ich zwei Dinge: image.php und , natürlich, so etwas wie car.jpg?573c4e010c7f6 ... Aber ich sehr-sehr will bekommen nur einen Blick wie car.jpg?573c4e010c7f6 oder image.php?573c4e010c7f6 - I do not care ... Also ... ich hoffe, dass Sie mein Konzept haben. .. vielleicht frage ich nach einem Wunder - ich weiß nicht! Jeder, absolut wird jede Hilfe dankbar sein :)

Answer 1

Probieren Sie es auf folgende Weise:

JS Funktion:

function loadGraphic() { 
    $.get("image.php", function(data) { 
     $(".hold").html(data); 
    }); 
}; 

Html:

<div class='refresh' onclick='loadGraphic()'>Get new image</div>