Question

怎么写程序使提交表单后弹出框显示成功或失败，页面不跳转？

<form id="form_4189" name="form_4189" class="common_form" action="" method="POST" >

<ol>
<li style=" margin-left:30px; margin-bottom:10px; margin-top:10px;">
<label for="form_4189_name">姓名：</label>
<input id="form_4189_name" class="common_form_text form_4189_name" name="name" type="text" value="" style="width:165px; height:30px; background-color:#f5f4f2; border:1px solid #e3e3e3; line-height:30px;" />
</li>
<li>
<label for="form_4189_telephone" style=" margin-left:30px;">电话：</label>
<input id="form_4189_telephone" class="common_form_text form_4189_telephone" name="telephone" type="text" value="" style="width:165px; height:30px; background-color:#f5f4f2; border:1px solid #e3e3e3; line-height:30px;" />
</li>
</ol>
<div class="common_form_btns" >
<input type="submit" class="common_form_submit" value="提交" style=" margin:10px 80px; width:40px; height:30px;">
</div>
</form>

Answer 1

<form id="form_4189" name="form_4189" class="common_form" action="" method="POST" onsubmit="return false">

加上这个就可以了onsubmit="return false"

追问

我的意思是表单提交后，页面不跳转，弹出框显示：“您已提交”

追答

改：

onsubmit="alert('您已提交');return false"

采纳即可

Answer 2

用ajax,ajax是局部刷新页面，不会跳转。具体如下：
<input type="button" class="common_form_submit" value="提交" style=" margin:10px 80px; width:40px; height:30px;" onclick="submit();">
function submit(){
$.ajax({
type:"POST",
url:"${request.getContextPath}/你跳转的名字",
data: {
你需要传的参数1: XXXX,
你需要传的参数2: XXXX，
你需要传的参数3: XXXX
}
});
}
或者后台用forward，这样就不会跳转了

追问

url:"${request.getContextPath}/你跳转的名字",
data: {
你需要传的参数1: XXXX,
你需要传的参数2: XXXX，
你需要传的参数3: XXXX
}
不是不让他跳转吗？为什么还要写跳转的名字
需要传的参数又是什么啊？

追答

额，笔误，比如：这个url:"${request.getContextPath}/punishmentManage.do"，后面的是配置文件的中配置的名字，然后会跳到controller,需要传的参数就是，你页面需要传那些数据到后台啊

追问

用action将数据传到对应的后台了，还需要再写
url:"${request.getContextPath}/你跳转的名字",
data: {

}
使他再次传吗？

追答

不需要了~~只是用AJAX不会全部刷新页面，只是局部刷新，如果你用action传参数，那么后台就需要用forward来转发，这样就不会刷新了

Answer 3

你里面也没有跳转页面的代码啊