从php脚本获得响应

Question

所以我创建了一个包含多个表单的html站点,使用jQuery对话框UI进行显示,使用jQuery表单插件进行ajax提交.

表格如下:

<form id="login_form" action="admin.php" method="post">
    Username: <input type="text" name="username" id="username"/><br/>
    Password: <input type="password" name="password" id="password"/>
</form>

...表单选项如下所示:

$('#login_form').dialog({
    buttons:{
        "Login": function(){
        var options = { 
        success: function(data){
            alert(data);
                $(this).dialog("close");
                $('#news_form').dialog("open");
            },
            timeout: 3000,
            fail: function(data){
                alert('fail');
            },
            clearForm: true
        }; 

        // bind form using 'ajaxForm' 
        $('#news_form').ajaxSubmit(options); 
        },
        "Exit": function(){
            $(this).dialog("close");
        }
    }
});

...而且php文件很简单:

<?php
    $data = 'Herro!';
    echo $data;
?>

问题是,在成功时,表单返回作为提交源的html页面,而不是'Herro!' 像我预料的那样.那我做错了什么？

admin.html和admin.php文件都在同一个目录中.

此外,网络是通过xampp在本地运行,但我试图将它放在Web服务器上,没有任何改进.

最终编辑:问题实际上是因为我在DOM中调用了一个不同的表单对象来提交数据,这是一个没有设置action属性的表单.感谢大家的快速解决方案.

Answer 1

改成$('#news_form').ajaxSubmit(options);​$('#login_form').ajaxSubmit(options);