【发布时间】：2013-06-24 12:01:35
【问题描述】：
我有一个带有下拉选择器的 php 页面，我使用 jquery、ajax 和 mysql 在选择器更改时生成一个表并放入一个名为 .mytable 的 div 中。表中的一些数据是影响表中数据的 php 脚本的链接，所以我想在不重新加载的情况下刷新表。
我知道我需要通过将事件侦听器附加到表中的链接来执行此操作，但我似乎无法获得正确的选择器来附加侦听器？
任何帮助将不胜感激
用户看到的页面，叫做user.php是：
<!DOCTYPE HTML>
<html>
<head>
<meta charset="utf-8">
<title>Untitled Document</title>
<link href="css/table_style.css" rel="stylesheet" type="text/css">
</head>
<body>
<form name="form1" method="post" action="">
<label for="select_data"></label>
<select name="select_data" id="select_data">
<option value=1>"Apples"</option>
<option value=2>"Pears"</option>
<option value=3>"Bananas"</option>
</select>
</form>
<div id="mytable">This is where the table goes</div>
<script src="http://ajax.googleapis.com/ajax/libs/jquery/1.8.2/jquery.min.js"></script>
<script src="get_table.js"></script>
</body>
</html>
jquery 事件处理程序是：
$(document).ready(function (){
//listen for select list to change, pass fruit into create_table.php, pass data into mytable div
$('#select_data').change(function() {
$.post('create_table.php',{fruit: fruit}, function(data) {
$('div#mytable').html(data);});
});
$('.fruit_link').change(function() {
$.post('create_table.php',{fruit: fruit}, function(data) {
$('div#mytable').html(data);});
});
});
创建表并返回 html 代码的事件处理程序调用的脚本是：
<?php
require_once('Connections/dbc.php');
$fruit=$_POST['fruit'];
$sql="SELECT * FROM q_fruit WHERE FruitID =".$fruit;
$rec1=mysqli_query($dbc,$sql);
echo '<table class="table" align="center">';
echo '<th class="th" width="80px">Fruit ID</th>';
echo '<th class="th" width="150px">Fruit Name</th>';
echo '<th class="th" width="40px">Fruit Action 1</th>';
echo '<th class="th" width="150px">Fruit Action 2</th>';
while ($row=mysqli_fetch_array($rec1))
{
echo '<tr class="tr">';
echo '<td class="td">'.$row['FruitID']. '</td>';
echo '<td class="td">'.$row['FruitName']. '</td>';
echo '<td class="td"><a class="fruit_link" href="fruitaction1.php">'.$row['FruitID']. '</a></td>';
echo '<td class="td"><a class="fruit_link" href="fruitaction2.php">'.$row['FruitID']. '</a></td>';
echo '</tr>';
}
echo '</table>';
mysqli_free_result($rec1);
mysqli_close($dbc);
?>
因此，每次更改值时，选择事件处理程序都会重现表，但链接处理程序不是，我假设它是因为链接在返回的 html 中，并且尚未出现在用户中java正在监听的文件。有没有办法解决这个问题？
【问题讨论】：
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$('.mytable table tr td a').click(function(){})应该这样做 -
在此处发布您尝试过的代码。
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这可以通过使用 AJAX 轻松完成并检查此stackoverflow.com/questions/5681380/…