javascript - 使用两个 Ajax 调用来发布然后检索数据

Question

我目前正在尝试首先使用 ajax 将我试图从数据库中检索的用户名发布到我的 php 代码中。然后在调用的成功部分，我尝试创建一个函数来从数据库中检索与我之前发送到页面的用户名相匹配的数据，但是没有数据返回到 javascript 代码。

这是我的 ajax 调用的函数。

function checkPatientAnswers(event) {

  window.open("../src/clinicreview.php", "_self");
  var patientname = event.data.patientname;
  var dataToSend = 'patientname=' + patientname;
  var clinicquestions = getQuestionsForClinic();
  var answers = [];

  $.ajax({
    type: "POST",
    url: "../src/getselectedpatient.php",
    data: dataToSend,
    cache: false,
    success: function(result) {

      $.ajax({
        url: "../src/getselectedpatient.php",
        data: "",
        dataType: "json",
        success: function(row) {
          answers = row;
          console.log(row);
        }

      })
    }
  })
  console.log(answers);
  for (i in clinicquestions) {
    $('#patientanswers').append("<h2>" + clinicquestions[i] + " = " + answers[i]);

  }
  $('#patientanswers').append("Patient Status = " + answers[answers.length - 1]);
}

这是我的 PHP 代码:

<?php


session_start();

$con = mysql_connect("devweb2015.cis.strath.ac.uk","uname","mypass") or ('Failed to connect' . mysql_error());


$currentdb = mysql_select_db('yyb11163', $con) or die('Failed to connect' . mysql_error());

$patientname = $_POST['patientname'];
$_SESSION['patient'] = $POST['patientname'];


$data = array();
$query = mysql_query("SELECT question1, question2, question3, question4, patient_status FROM patient_info where real_name = '$patientname'");
$data = mysql_fetch_row($query);
echo json_encode($data);

mysql_close($con);
?>

Answer 1

jQuery

var dataToSend = {'patientname':patientname};

$.ajax({
    type : "POST",
    url : "../src/getselectedpatient.php",
    data : dataToSend,
    dataType : "json",
    cache : false,
    success: function(result) {

        console.log(result);

    }
})

PHP

<?php

session_start();

$_SESSION['patient'] = $POST['patientname'];

$con = mysql_connect("devweb2015.cis.strath.ac.uk","uname","mypass") or ('Failed to connect' . mysql_error());

$currentdb = mysql_select_db('yyb11163', $con) or die('Failed to connect' . mysql_error());

$query = mysql_query("SELECT question1, question2, question3, question4, patient_status FROM patient_info where real_name = '".$_POST['patientname']."'");

$data = mysql_fetch_row($query);

mysql_close($con);

echo json_encode($data);

?>

---

郑重声明，我不容忍使用您的 mysql_* 恶作剧。它已在 PHP 7 中完全删除并且不要试图告诉我你将骑 PHP 5 直到死亡你分开。

其次，您 8000% 对 SQL 注入(inject)持开放态度。

我知道您很可能只是英国一所学校的学生，但如果您的老师/教授对您的代码没有意见，那么您的钱就不值了。