Come convertire il modulo semplice inviare a una chiamata Ajax;

Question

Ho una forma con il campo di input a cui si accede come

var algorithm = document.forms["algoForm"]["algorithm"].value; 
var input = document.forms["algoForm"]["input"].value; 

e la chiamata in precedenza era

document.forms["algoForm"].submit(); 

e forma era

<form name="algoForm" method="post" action="run.do"> 

Tutto è gestito bene
Ora volevo convertirlo alla chiamata ajax così a posso usare i dati restituiti dal codice java sulla stessa pagina. Quindi ho usato qualcosa come

 var algorithm = document.forms["algoForm"]["algorithm"].value; 
     var input = document.forms["algoForm"]["input"].value; 
     var data = 'algorithm = ' + algorithm + '&input = ' + input; 


    $.ajax(
      { 
       url: "run.do", 
       type: "POST", 
       data: data, 
       success: onSuccess(tableData) 
     //line 75  { 
        alert(tableData); 
       } 

      } 
     ); 

Tuttavia, il codice precedente non viene eseguito. Si prega di aiutarmi a fare funzionare

Answer 1

Non so come, ma questo funziona bene,

var algorithm = document.forms["algoForm"]["algorithm"].value; 
    var input = document.forms["algoForm"]["input"].value; 



     $.post('run.do', { 
     algorithm : algorithm, 
     input : input 
     }, function(data) {     
     alert(data) 
    }); 

Answer 2

data si aspetta un oggetto letterale, quindi è necessario:

var data = { 
    'algorithm': algorithm, 
    'input': input 
}; 

Answer 3

lato server invece di recuperare tutto il valore del parametro e poi inviarli a parte (che può essere fatto pure , utilizzando il codice qui sotto), usare questo:

var $form = $("#divId").closest('form'); 
    data = $form.serializeArray(); 

    jqxhr = $.post("SERVLET_URL', data) 
     .success(function() { 
      if(jqxhr.responseText != ""){ 
       //on response 
      } 
     }); 
    } 

divId è id del div che contiene questo modulo.

Questo codice invierà tutti i parametri del modulo al servlet. Ora puoi usare request.getParameter nel tuo servlet per ottenere tutti i singoli campi sul tuo servlet.

È possibile convertire facilmente sopra post jquery a jquery ajax.

Spero che questo aiuti :)

Answer 4

Cercando di rendere il codice funzionale. provare questo:

var data = $("form[name=algoForm]").serialize(); 
$.ajax({ 
    url: "run.do", 
    type: "POST", 
    data: data, 
    success: function(tableData){ 
     alert(tableData); 
    } 
}); 

Answer 5

// patching FORM - the style of data handling on server can remain untouched 
 
$("#my-form").on("submit", function(evt) { 
 
\t var data = {}; 
 
\t var $form = $(evt.target); 
 
\t var arr = $form.serializeArray(); // an array of all form items 
 
\t for (var i=0; i<arr.length; i++) { // transforming the array to object 
 
\t \t data[arr[i].name] = arr[i].value; 
 
\t } 
 
\t data.return_type = "json"; // optional identifier - you can handle it on server and respond with JSON instead of HTML output 
 
\t $.ajax({ 
 
\t \t url: $form.attr('action') || document.URL, // server script from form action attribute or document URL (if action is empty or not specified) 
 
\t \t type: $form.attr('method') || 'get', // method by form method or GET if not specified 
 
\t \t dataType: 'json', // we expect JSON in response 
 
\t \t data: data // object with all form items 
 
\t }).done(function(respond) { 
 
\t \t console.log("data handled on server - response:", respond); 
 
\t \t // your code (after saving) 
 

 
\t }).fail(function(){ 
 
\t \t alert("Server connection failed!"); 
 
\t }); 
 
\t 
 
\t return false; // suppress default submit action 
 
});

<script src="https://ajax.googleapis.com/ajax/libs/jquery/1.11.1/jquery.min.js"></script>