Drop-Down-Wert kann nicht zur nächsten Seite mit Ajax

haben ein Formular ajax.php enthält eine dropdown und eine textarea .Eine für den Namen der Mitarbeiter, die aus der Datenbank holt.Ich muss Details des Mitarbeiters anzeigen, während die Dropdown-Element ändern. Hier ist mein CodeDrop-Down-Wert kann nicht zur nächsten Seite mit Ajax

<html> 
<head> 
    <meta http-equiv="content-type" content="text/html; charset=utf-8" /> 
    <script src="https://ajax.googleapis.com/ajax/libs/jquery/3.2.1/jquery.min.js"></script> 
<script> 
$(document).ready(function() { 
    $("#demo").change(function() { 
    $empname = $('#demo').val(); 
    $.ajax({ 
     type: "post", 
     url: "display.php", 
     data: "empname=" + $empname, 
     success: function(data) { 
     if (data == '') { 
      alert('no data'); 
     } else { 
      $("#desc").html(data); 

     } 
     } 
    }); 
    }); 
}); 
</script> 
</head> 
<body> 
<?php 
    $con= mysqli_connect("localhost", "root", "", "process"); 
    if(!$con){ 
    echo 'not connected'; 
    } 
?> 
<label for="selector1" class="col-sm-2 control-label">Assignee</label> 
<div class="col-sm-8"><select name="emp" id="demo" class="form-control1"> 
<?php 
    $sql=mysqli_query($con,"select * from employee"); 
    while($name=mysqli_fetch_array($sql)) { 
?> 
    <option value="<?php echo $name['id'];?>"><?php echo $name['empname'];?></option> 
<?php } ?> 
</select></div> 
description <textarea id="desc"></textarea> 
<input type="submit" name="sub" value="click" id="bt"> 
</body> 
</html>

Und meine nächste Seite dh. display.php enthält folgenden Code,

<?php 

    $con= mysqli_connect("localhost", "root", "", "process"); 
    if(!$con){ 
    echo 'not connected'; 
    } 
    if($_REQUEST["data"]){ 
    $name = $_REQUEST['data']; 
    $sql=mysqli_query($con,"select * from employee where id='$empname'"); 
    $name=mysqli_fetch_array($sql); 
    echo $name['empname']; 
}

Quelle

2017-06-24 Aswathy

[Wie wartbaren Code schreiben] (https://www.thc.org/root/phun/unmaintain.html) -> Nie verschönern: erfüllt – Andreas

@Andreas Ja, ich habe nur den JS, nicht den PHP-Teil – mplungjan

Problem ist, dass Sie Daten in empname sind vorbei und retriving mit data ändern es:

display.php

<?php 

$con= mysqli_connect("localhost", "root", "", "process"); 
if(!$con){ 
    echo 'not connected'; 
} 
if($_REQUEST["empname"]){ //change here 

    $empname= $_REQUEST['empname'];//change here 
    $sql=mysqli_query($con,"select * from employee where id='$empname'"); 
    $name=mysqli_fetch_array($sql); 
    echo $name['empname']; 
}

Quelle

2017-06-24 09:29:06

hübsch gemacht Wäre es nicht $ _REQUEST ["$ empname"]? Oder ich bin nur verwirrt, weil er $ empname übergibt –

Nein '$ _REQUEST ['empname']' ist richtig @SaadSuri –

Drop-Down-Wert kann nicht zur nächsten Seite mit Ajax

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