我正在使用jquery进行ajax调用。基本上我不知道如何通过 post 请求访问我发送到服务器的数据。我不知道变量叫什么或...东西。我不知道!
Ajax 函数:
function ajax_client(url, json) {
return $.ajax({
url: url,
type: 'POST',
data: json,
dataType: 'json'
});
}
function gather_records(data, inp_col, fetch_col, limit) {
var json = JSON.stringify({
"ids" : data,
"inp_col" : inp_col,
"fetch_col" : fetch_col,
"limit" : limit
});
return ajax_client(base_url+'ajax_port/gather_records', json);
}
点火器功能:
public function gather_records()
{
$data = json_decode($this->input->post('ids'));
log_message('debug', $data);//null
return json_encode($data);//null :(
}
我在这里从服务器接收数据(并使用jQuery访问)没有问题,我的问题是我无法获取要发送到codeigniter的数据。如果这有任何不同,我正在开发 MAMP。
我尝试了其他变量名称,例如,
$this->input->post('data');
$this->input->post('json');
似乎没有一个有效。非常感谢我能得到的任何帮助!
你不需要做JSON.stringify({..
只需传递一个对象,一切都会好起来的。我的意思是:
function ajax_client(url, json) {
return $.ajax({
url: url,
type: 'POST',
data: json,
dataType: 'json'
});
}
function gather_records(data, inp_col, fetch_col, limit) {
var json = {
"ids" : data,
"inp_col" : inp_col,
"fetch_col" : fetch_col,
"limit" : limit
};
return ajax_client(base_url+'ajax_port/gather_records', json);
}
还有一件事。你不需要在PHP端json_decode
它。因为默认内容jQuery
类型是'application/x-www-form-urlencoded; charset=UTF-8'
换行
$data = json_decode($this->input->post('ids'));
自
$data = $this->input->post('ids');
但是如果你真的想发送JSON,你可以添加contentType
return $.ajax({
url: url,
type: 'POST',
data: json,
contentType: 'application/json',
dataType: 'json'
});
您设置dataType
是"您希望从服务器返回的数据类型"。(http://api.jquery.com/jquery.ajax/)