ajax 登录表单不起作用

Question

我正在尝试将用户信息从 mysql 传递到网页，如果用户已登录但无法正常工作。如果我输入错误的电子邮件或密码，它会显示错误消息，但如果凭据没问题，它会执行任何操作...

在 php 文件上：

$sql = "SELECT * FROM users WHERE email='$l_email' AND password='$l_password'";
$query = mysql_query($sql) or die ('Error: ' . mysql_error());
$num_rows = mysql_num_rows($query);
if($num_rows < 1)
{
    echo "You have entered a wrong email or password!";
}
else {
$memberInfo = array();
while( $row = mysql_fetch_array( $query ) )
{
    $memberInfo[] = $row;
}
return $memberInfo;
echo json_encode( $memberInfo );
//echo "1";
}

在 js 文件上：

 $.post("./includes/checkOut.php",{ l_email1: l_email, l_password1: l_password },
          function(data) {
           if(data=='1')
            $("#checkOut_form")[0].reset();
            $("#login_returnmessage").html("");
            $("#memberInfo").hide("");
            var memberInfo = jQuery.parseJSON(memberInfo);
            for( var i in memberInfo )
            {
            var f_name = memberInfo[i].f_name;
            var l_name = memberInfo[i].l_name;
            var phone = memberInfo[i].phone;
            }
            $("#loggedinInfo").show("");
            $('#_f_name').val(f_name);
            $('#_l_name').val(l_name);
            $('#_email').val(l_email);
            $('#_phone').val(phone);
         }
           $("#login_returnmessage").html(data);        
        });

Answer 1

如果您在函数外部使用 return，那么它会在该点终止脚本。这正是您在这里所做的：

return $memberInfo;
echo json_encode( $memberInfo );
//echo "1";

您需要删除 return 语句。

您还应该在响应中添加 Content-type: header 以告诉浏览器期望 JSON:

header('Content-type:application/json');
echo json_encode( $memberInfo );

您的 Javascript 代码正在检查您未发送的值 1 的响应，因此更新显示的代码将不会执行。

最后：

不要以未加密的方式存储密码 - 使用 password_hash()
不要使用 mysql，因为它已被弃用 - 使用 mysqli 或 PDO
确保在将输入传递到数据库之前对输入进行转义（或者更好的是，使用准备好的语句（mysql_*() 不支持）。

ajax 登录表单不起作用

ajax login form doesn't work

javascript

php

jquery

ajax-request