我已经设法建立了一个脚本来检查并且如果用户的网站的PageRank不低于2,则不让用户提交他的网站,但仍然遇到问题:
PHP - getpagerank.php
<?php
include('components/GooglePageRanker.php');
$url = filter_var($_GET['url'], FILTER_SANITIZE_URL);
$googlePageRanker = new GooglePageRanker();
echo $googlePageRanker->getPagerank($url);
?>
这工作正常,在我的浏览器中进行了测试,我从 domain.com/getpagerank.php?url=xyz123456.com 得到一个数字,即网站的实际页面排名,结果是正确的数字,即页面排名。
Javascript - getpr.js
function checkPR() {
var $btn = $('#buttonsubmit');
var $input = $('#urlpr');
var url = $.trim($input.val());
$.get('getpagerank.php?url='+url, function(data){
var pr_int = parseInt(data);
if ($.trim(data) == '' || pr_int < 2) {
alert('PageRank of this domain/page is less than 2!');
$btn.attr('disabled', 'disabled');
} else {
$btn.removeAttr('disabled');
}
}, 'text');
}
.HTML
<div class="infos">
<input onblur="checkPR()" type="text" class="input_text_metas" name="url" value="http://" id="urlpr" />
<input type="button" class="button" value="{'webmasterSubmitWebsite_button_metas'|lang}" id="metaTagButton" />
<img src="{"/templates/$templateName/images/icone_info.gif"|resurl}" alt="" class="aide" title="{'webmasterSubmitWebsite_website_url_tooltip'|lang}" />
</div>
实际页面:
只需选择一个类别并添加一个页面排名低于 2 个示例 xyz545.com 的网站,在您执行 onblur 后,它不会发生任何事情。它应该在弹出警报中提醒用户他的 pr 低于 2 并禁用提交按钮。
我哪里弄错了?
说真的,学习使用调试工具,例如浏览器错误控制台。
无法加载资源:服务器以状态 403(禁止访问)http://www.blowhits.com/getpagerank.php?url=http://xyz545.com
您的函数可能永远不会被调用,因为页面从未返回结果。根据 ti http://api.jquery.com/jQuery.get/:
请求成功时执行的回调函数。