如何通过从另一个下拉列表中选择值来填充下拉列表？

Question

我通过从 mysql 数据库中获取两个下拉列表的记录来构建两个下拉列表（如州和城市），并尝试构建工具，在其中从第一个下拉列表中选择任何值（即任何状态）时，那时在第二个下拉列表（城市）中，只有在第一个下拉列表中选择的值（州）下的那些值（城市）应该是可见的。

这是我的代码：

<tr>    
        <td id='hed'><span style="font-family:verdana,geneva,sans-  serif">State</state></td>
        <td>
        <?php 
        $dbcon = mysql_connect("@ip","@username","@password");

        if($dbcon)
        {
            mysql_select_db("@database", $dbcon);
        }
        else
        {
            die('error connecting to the database');
        }

        $qry = "select @value(state) from @tablename  ";
        $result = mysql_query($qry) or die(mysql_error());

        $dropdown = "<select name='@valuename' id='officeItemList' style='cursor:pointer;cursor:hand;'>";
        while($row = mysql_fetch_array($result))
        {           
            $dropdown .= "\r\n<option value='{$row['@value']}' > {$row['@value']} </option>";
        }
        $dropdown .= "\r\n</select>"; 
        echo $dropdown;
        mysql_close($dbcon);
        ?>
        </td> 
    </tr>

        <tr>
        <td id='hed'><span style="font-family:verdana,geneva,sans-serif">City</span></td>
        <td colspan="1"> 
        <?php 
        $dbcon = mysql_connect("@ip","@username","@password");

        if($dbcon)  
        {
            mysql_select_db("@database", $dbcon);
        }  
        else
        {
            die('error connecting to the database');
        }  

        $qry = "select value2(city) from @tablename where ";
        $result = mysql_query($qry) or die(mysql_error()); 

        $dropdown = "<select name='@value2' id='officeItemList' style='cursor:pointer;cursor:hand;'>";
        while($row = mysql_fetch_array($result)) 
        {

            $dropdown .= "\r\n<option value='{$row['@value2']}' > {$row['@value2']} </option>";
        }
        $dropdown .= "\r\n</select>"; 
        echo $dropdown;
        mysql_close($dbcon);
        ?>      


        </td>
    </tr>

Answer 1

那是错误的方式。您的 PHP 代码在向用户显示页面之前完全执行。所以第二个查询永远不会知道用户选择了什么。

正确方法#1：分两页做。第一个页面包含第一个组合，当它被提交时，第二个页面被生成并显示第二个组合。

正确的方法 #2 尽管不是最佳的：在一页中完成。将第二个组合的所有可能记录加载到某个 JS 数组。将侦听器放置到第一个数组。当用户从 JS-array 中选择正确的记录填充第二个组合时。

正确方式#3（最右边）：在包含 AJAX 请求的页面中执行此操作。用户在第一个组合中选择一个值。它的侦听器向某个服务器脚本发送请求，该脚本返回 JSON 对象以及第二个组合的记录。

Answer 2

您可以使用 AJAX 获取所选州的城市。比如：

$("select#state").change(
function(){
   var state = $(this).val();
   $.ajax({
  type: "GET",
  url: "get_cities.php/?state=" + state, 
// write a query according to the state selected and return the HTML for the OPTION's
  success: function(cities){
    $("select#cities").html(cities);
   }
}); 
}
);

您还可以返回一个 json 对象（在这种情况下不要忘记添加 dataType:"json"）并在客户端（即 success 函数内）转换为 HTML

Answer 3

我会向您推荐 2 种方法。

第一个仅使用 php，但需要在呈现页面之前存储每个州的所有可用城市。这是一个糟糕的解决方案！

我建议使用 AJAX 和对另一个 PHP 脚本的 Javascript 调用可以解决您的问题！

使用 jQuery 获得一个让生活更轻松的 javascript 框架！

您的 HTML：

<select id="select-state">
    <option value="0">Select a state</option>
    <option value="ohio">Ohio</option>
</select>
<select id="select-city">
    <option value="0">Select a state first</option>
</select>

创建一个 php 脚本，通过 $_GET["state"]（或 $_POST）使用给定状态进行 mysql 查询。

将来自 mysql 的结果编码为 JSON 对象并回显它！

{
    cities: [
        'City 1',
        'City 2',
        ...
    ]
}

php函数：json_encode()

然后您可以执行以下操作：

$(function(){
    $('#select-state').on("change", function(){
        var state = $(this).val();
        if(state!=0) {
            $.get('your/path/to/cities/script.php?state='+state,function(data){
                if(data.cities) {
                    $('#select-city').empty(); //remove old entries first
                    for (var city in data.cities) {
                        $option = $('<option>').val(city);
                        $('#select-city').append($option);
                    }
                } 
            });
        }
    });
});

Answer 4

三个快速点：

1. mysql 不安全（应该使用 PDO 或 mysqli）
2. 样式应该用 CSS 指定，而不是内联
3. 您最好使用异步请求，这样用户体验感觉更快

请注意，以上所有三点都可以通过使用框架轻松实现（至少在客户端，如 CakePHP 或 Zend，但您也可以寻找类似 Knockout.js 的 JavaScript 用于 UI 交互）