Question

如何用javascript发送指令 "如do=add&name=xx"到servlet 但是页面不做任何跳转动作。保持原来界面

我要让他提交动作到服务器，但是页面不刷新也不跳转。只是显示一个隐藏的DIV提示框

Answer 1

学习下Ajax,
JQuery 很方便.
javascript写法如下
引入JQuery.js文件
var GO=function(){
$.ajax({
type:'POST',//提交方式
url:'xxx.action?do=add&name=xx',// 服务地址
data:{do:'add',name:'xx'},//参数,URL地址有参数可以不用填写,这里的参数是JSON格式
success:function(request,opts){
alert('请求成功!');
//显示你的DIV,
//用request.responseText 可以获取到服务器返回的数据.
} //请求服务器成功后的回调函数
});
}
<input type='button' value='提交' onclick='GO()' />

Answer 2

ajax方式。
<form name="frm_add" id="frm_add" method="post" enctype="multipart/form-data" >
。。。。。表单域。。。。
<input type="button" value="保存" onclick="doSave()" icon="icon-save"/>
<input type="reset" value="清除"/>
</form>
//表单提交的时候，先给他验证，如果你是想测试，这个可以不需要。
function doSave(){
var data = checkinput();
if (data==false){
return;
}
if (data){
//提交操作
if (repeatSubmit){
return ;
}else{
repeatSubmit = true;
}
submit();
}
}
//表单真正的提交函数
function submit(){
var options = {
url: ****你的URL*****,
success: callback, // post-submit callback 表单提交成功后被调用的回调函数
type: 'post', // 'get' or 'post', override for form's 'method' attribute
dataType: 'json' // 'xml', 'script', or 'json' (expected server response type)
};
$('#frm_add').ajaxSubmit(options);
}
//验证表单函数
function checkinput(){
。。。。验证主体。。。。
return true;
}
//表单提交后反回的函数，回调函数
function callback(data){
。。。回调主体。。。
}