ajax提交表单插入mysql数据库到显示
据说php提交表单数据处理都是用jqueryajax提交，以达不到不跳转页面，如：<formaction="do.php"method="post"name="forna...
据说php提交表单数据处理都是用jquery ajax提交，以达不到不跳转页面，如：
<form action="do.php" method="post" name="forname">
姓名：<input type="text" name="username" /><br />
年龄：<input type="text" name="age" /><br />
备注：<input type="text" name="content" /><br />
<input type="submit" name="sub" />
</form>
习惯性的做法是直接在do.php页面进行$_post获取数据，然后inset mysql数据插入，然后select查询php循环出来数据，现在如果应用jquery ajax提交处理，求解
求代码，求指导 展开
<form action="do.php" method="post" name="forname">
姓名：<input type="text" name="username" /><br />
年龄：<input type="text" name="age" /><br />
备注：<input type="text" name="content" /><br />
<input type="submit" name="sub" />
</form>
习惯性的做法是直接在do.php页面进行$_post获取数据，然后inset mysql数据插入，然后select查询php循环出来数据，现在如果应用jquery ajax提交处理，求解
求代码，求指导 展开
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ajax的话就不要最后的submit了，可以用一个button来替代，给button加一个onclick事件，触发一个jquery function, 在这个function里面使用ajax技术把页面上需要的值传到一个php处理文件，执行插入过程。执行后再查询出新值返回回来，然后把新值放到页面指定的位置
追问
你说的过程 我都知道，代码的干活？
追答
内容太长，有一部分写在了评论里
<script>
function jqajax(){
var data = {userName:$("#username").val(),age:$("#age").val(),content:$("#content").val()};
var url = "./test.php";
$.ajax({
type: "POST",
url: url,
data: data,
beforeSend: function(){
$("#span_content").text("数据处理中...");
},
success: function(msg){
$("#show").html(msg);
}
});
}
</script>
</head>
<body>
<div id="show">
姓名：<input type="text" id="username" /><br />
年龄：<input type="text" id="age" /><br />
备注：<input type="text" id="content" /><br />
<input type="button" onclick=jqajax() value="提交"/>
</div>
</body>
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