javascript - 从两个依赖的下拉列表中获取表单数据到 php

Question

我的页面上有一个表单，其中包含 2 个相关下拉列表。当用户从第一个列表中选择值时，它会填充第二个列表，然后用户从第二个列表中选择值。

我想将表单数据提交到 php 页面以插入到 mysql 中的表中，但是当提交时，所有数据都会传递，除了第二个列表中的值。第一个列表和其他输入字段中的值已成功传递。 我已经尝试了我所知道的一切，但我无法完成这项工作。有什么想法如何实现这个吗？

这是来自index2.php的表单(编辑:简化了表单元素):

<form name="part_add" method="post" action="../includes/insertpart.php" id="part_add">
                <label for="parts">Choose part</label>
                    <select name="part_cat" id="part_cat">
                        <?php while($row = mysqli_fetch_array($query_parts)):?>
                        <option value="<?php echo $row['part_id'];?>">
                        <?php echo $row['part_name'];?>
                        </option>
                        <?php endwhile;?>
                    </select>
                    <br/>
                <label>P/N</label>
                    <select name="pn_cat" id="pn_cat"></select>
                <br/>
                <input type="text" id="manufactured" name="manufactured" value="" placeholder="Manufactured" />
                <input id="submit_data" type="submit" name="submit_data" value="Submit" />
            </form>

这是 JavaScript:

$(document).ready(function() {
$("#part_cat").change(function() {
    $(this).after('<div id="loader"><img src="img/loading.gif" alt="loading part number" /></div>');
    $.get('../includes/loadpn.php?part_cat=' + $(this).val(), function(data) {
        $("#pn_cat").html(data);
        $('#loader').slideUp(200, function() {
            $(this).remove();
        });
    });
});
});

这是加载第二个列表的 php:

<?php 
include('db_connect.php');
// connects to db
$con=mysqli_connect(DB_HOST,DB_USER,DB_PASS,DB_NAME);
$part_cat = $_GET['part_cat'];
$query = mysqli_query($con, "SELECT * FROM pn WHERE pn_categoryID = {$part_cat}");
while($row = mysqli_fetch_array($query)) {
echo "<option value='$row[part_id]'>$row[pn_name]</option>";
}
?>

我从第一个列表中获取 $part_cat 到 insertpart.php，但是 $pn_cat。

编辑:这是 insertpart.php (经过简化，它只是回显结果)

<?php
//Start session
session_start();

//Include database connection details
require_once('../includes/db_details.php');

//DB connect
$con=mysqli_connect(DB_HOST,DB_USER,DB_PASS,DB_NAME);

// Check connection
if (mysqli_connect_errno()) {
echo "Failed to connect to MySQL: " . mysqli_connect_error();
}

// escape variables for security
// find part name based on ID
$part_typeID = mysqli_real_escape_string($con, $_POST['part_cat']);
$part_name_result = mysqli_query($con, "SELECT part_name FROM parts WHERE part_id = $part_typeID");
$part_row = mysqli_fetch_array($part_name_result, MYSQL_NUM);
$part_type = $part_row[0];
echo"part_type='$part_type'";

//find pn value based on id
$pn_typeID = mysqli_real_escape_string($con, $_GET['pn_cat']);
$pn_name_result = mysqli_query($con, "SELECT pn_name FROM pn WHERE pn_id = $pn_typeID");
$pn_row = mysqli_fetch_array($pn_name_result, MYSQL_NUM);
$pn = $pn_row[0];
echo"pn='$pn'";

mysqli_close($con);
?>

它仍在进行中，所以代码很丑陋，而且我知道我正在混合 POST 和 GET，这正在被纠正。如果我在此页面上 echo $pn_cat 则没有输出，$part_type 就可以。

Answer 1

你可以尝试交换 $_GET在

$pn_typeID = mysqli_real_escape_string($con, $_GET['pn_cat']);

与$_POST ？

$pn_typeID = mysqli_real_escape_string($con, $_POST['pn_cat']);

<小时/>

编辑:基于提问者的反馈和解决方法的想法

注意:此编辑是基于您的建议，尽管我测试了您的原始代码并收到了满意的结果(在我从代码中删除了 PHP 和 MySQL 并用合适的替代方案替换它们之后)。

解决方法

这是隐藏字段的 HTML:

<input type="hidden" id="test" name="test" value="" placeholder="test" />

这是一个简单的 Javascript 函数:

function setHiddenTextFieldValue(initiator, target){
    $(initiator).change(function() {
        $(target).val($(this).val());
    });
}

您可以在 function(data) { 中调用上述函数您的原始代码类似于:

setHiddenTextFieldValue('#pn_cat', '#test'); // note the hashes (#)

我还建议您在 <option> 循环之前将以下 HTML 硬编码到您的 HTML 和 PHP 文件中。开始:

<option value="" disabled selected="selected">Select</option>

上面的行可以改善用户体验，具体取决于您希望代码如何工作。但请注意，这完全是可选的。