Question

jquery提交时把表单转成json，调用serializeArray()返回空

<form id="form" class="form-signin" role="form">
<h2 class="form-signin-heading">Please sign in</h2>
<input type="email" class="form-control" placeholder="Email address" required autofocus value="hehe@qq.com"/>
<input type="password" class="form-control" placeholder="Password" required />
<div class="checkbox">
<label>
<input type="checkbox" value="remember-me"/> Remember me
</label>
</div>
<button class="btn btn-lg btn-primary btn-block" type="submit">Sign in</button>
</form>
用的jquery2.1.2，bootstrap.min.js, 和bootstrap的css，submit的代码是
$().ready(function(){
$("form").submit( function () {
alert($(this).serializeArray());
});
});
，各位前辈帮忙看看，先谢谢了。

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Answer 1

给input设置name属性，就可以序列化！

追问

写上name就行了。谢谢。
我这还有个问题，ajax提交表单后，后台处理完，是不能跳转的，请问如果我想跳转到显示数据的页面，是在回调函数里面写吗？这个怎么写呢，直接location=xxx.jsp ?
(直接用表单的action是能跳转的)
谢谢。

追答

你前台ajax的时候，回调判断是否请求成功，然后window.location.href="网址"跳转

追问

这些jsp都在WEB-INF下面啊，不能直接访问

追答

你的相关目录路径是要通过全局变量来定义的，前端只需要获取这个变量值就可以实现路径的跳转。不然很麻烦！

Answer 2

你的表单元素（input、select、checkbox、radio之类）都没有写name属性，序列化的时候怎么知道要以什么名字向服务器提交？？你服务器程序怎么知道以什么参数名去取值？？

追问

写上name就行了。谢谢。
我这还有个问题，ajax提交表单后，后台处理完，是不能跳转的，请问如果我想跳转到显示数据的页面，是在回调函数里面写吗？这个怎么写呢，直接location=xxx.jsp ?
(直接用表单的action是能跳转的)
谢谢。

追答

当然在回调函数里面做啊。回调函数才知道你的AJAX请求有没有处理成功，还有服务器返回的响应是什么。那按照需求，要“后台处理完再跳转”，所以当然要在回调函数里面写了。你可以在回调函数里面设置window.location.href=指定的URL，也可以在回调函数里面通过js脚本提交form到自身来实现跳转等等，要转去的URL可以是服务器响应中带回来的，也可以是脚本中写死的，这些都按实际需求灵活写不就好了。

Answer 3

你这个FROM没有写提交页面地址,是默认提交到当前页面的