所以我创建了一个包含多个表单的html网站，使用jQuery对话框UI进行显示，使用jQuery表单插件进行ajax提交。
表单如下：
<form id="login_form" action="admin.php" method="post">
Username: <input type="text" name="username" id="username"/><br/>
Password: <input type="password" name="password" id="password"/>
</form>
表单选项如下所示：
$('#login_form').dialog({
buttons:{
"Login": function(){
var options = {
success: function(data){
alert(data);
$(this).dialog("close");
$('#news_form').dialog("open");
},
timeout: 3000,
fail: function(data){
alert('fail');
},
clearForm: true
};
// bind form using 'ajaxForm'
$('#news_form').ajaxSubmit(options);
},
"Exit": function(){
$(this).dialog("close");
}
}
});
php文件是一个简单的：
<?php
$data = 'Herro!';
echo $data;
?>
问题是，一旦成功，表单将返回作为提交源的html页面，而不是"Herro！"就像我预料的那样。那么我做错了什么？
admin.html和admin.php文件都在同一目录中。
此外，网络是通过xampp本地运行的，但我也尝试将其放在网络服务器上，但没有任何改进。
最终编辑：事实上，问题是因为我在DOM中调用了一个不同的表单对象来提交数据，这个表单没有设置action属性。感谢大家的快速解决方案。
将$('#news_form').ajaxSubmit(options);更改为$('#login_form').ajaxSubmit(options);
尝试将结果包装在JSON对象中（在php文件中），在java脚本端，您现在可以使用任何标准JSON javascript库解码此JSON对象（您可以在此处下载一个：http://www.JSON.org/json2.js)。
然后你下面的代码
admin.php：
<?php
$data = json_encode('Herro!');
echo $data;
?>
然后在您的html（javascript）中，您可以进行以下小调整：
<script>
var result; //adjustment 1
$('#login_form').dialog({
buttons:{
"Login": function(){
var options = {
success: function(data){
result = JSON.parse(data); //adjustment 2
alert(result); //adjustment 3
$(this).dialog("close");
$('#news_form').dialog("open");
},
timeout: 3000,
fail: function(data){
alert('fail');
},
clearForm: true
};
// bind form using 'ajaxForm'
$('#news_form').ajaxSubmit(options);
},
"Exit": function(){
$(this).dialog("close");
}
}
});
</script>
请记住参考您在页面中下载的json2.js文件。如果这对你有帮助，请告诉我。