【发布时间】：2012-05-16 17:36:43
【问题描述】：
对不起，如果我是开发新手，术语有误，但我链接了多个下拉菜单，以便上一个菜单的结果确定下一个菜单将填充下一个。
即如果我选择英国，下一个列表将显示伦敦，如果我选择西班牙，下一个列表将显示马德里
我的下拉菜单被 mysql 填充，这很好，但是我如何在不调用另一个页面的情况下将它们链接起来
这是我拥有的 HTML 示例：
<div id="container">
<h3>Price List</h3>
<form method="post" action="" name="form1">
<?
include 'classes.php';
$query="SELECT * FROM Sex_Table";
$result=mysql_query($query);
?>
<div id="select-1">
<select class="calculate" name="sdf" onChange="getClothing(this.value)">
<option value="0">Please Select</option>
<? while($row=mysql_fetch_array($result)) { ?>
<option value=<?=$row['Price']?> sex_price="<?=$row['Price']?>"><?=$row['Sex_Name']?> (£<?=$row['Price']?>)</option>
<? } ?>
</select>
</div>
<?
$Sex=intval($_GET['Sex_var']);
include 'classes.php';
$query="SELECT * FROM Clothing_Table WHERE Sex_Table_ID='$Sex'";
$result=mysql_query($query);
?>
<div id="select-2">
<select class="calculate" name="sdf" onChange="">
<option value="0">Please Select</option>
<? while($row=mysql_fetch_array($result)) { ?>
<option value=<?=$row['Price']?> sex_price="<?=$row['Price']?>"><?=$row['Clothing_Name']?> (£<?=$row['Price']?>)</option>
<? } ?>
</select>
</div>
</form>
您会注意到在“getClothing(this.value)”上的更改调用
这是那个js：
function getClothing(Sex_Table_ID) {
$.ajax({
type: "get",
url: "findClothing.php",
data: { Sex_var: Sex_Table_ID },
error: function(error) { alert('System error, please try again.'); },
success: function(data){ //data is the response from the called file
$("#select-2").html(data); //this changes the contents of the div to data that was returned
}
});
}
我需要它，这样它就不会调用 url:“findClothing.php”，因为一旦它这样做了，我的价格就不再计算了。
我确定我真的不需要展示这部分，但只是以防万一，这是计算我的价格的原因：
$(function(){
$('.calculate').change(function() {
var total = 0;
$('.calculate').each(function() {
if($(this).val() != 0) {
total += parseFloat($(this).val());
}
});
$('#total').text('£' + total.toFixed(2));
});
});//]]>
【问题讨论】：
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考虑在脚本开头只包含一次
'classes.php'。在执行每个查询之前读取文件会给您的服务器带来不必要的负载，并且（取决于您在该文件中执行的操作）可能会不必要地打开与 mysql 服务器的新连接
标签： php mysql drop-down-menu