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？

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第1个回答 2015-08-10

<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"

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第2个回答推荐于2016-11-08

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

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第3个回答 2015-08-10

你里面也没有跳转页面的代码啊

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?
加上这个就可以了onsubmit="return false"

PHP提交表单,不跳转网页,直接弹出表单处理结果,并自动刷新
“原表单页面弹出一个表单处理成功或者失败的提示框”。这个弹出提示框的语句您是写在a页面还是b页面，如果是a页面，在提示语句后面直接写location.reload()；如果是在b页面写的，那就是parent.location.reload();以上语句是指javascript脚本

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jsp 如何实现提交表单但不跳转到提交页面
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如何在 form 表单提交后实现页面不跳转
把targert="_self"语法属性值 _blank 在新窗口中打开被链接文档。_self 默认。在相同的框架中打开被链接文档。_parent 在父框架集中打开被链接文档。_top 在整个窗口中打开被链接文档。framename 在指定的框架中打开被链接文档。

请问怎么让from提交表单成功之后显示提交成功
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如何在 form 表单提交后实现页面不跳转
不要用提交按钮用普通按钮按钮的 click事件中进行ajax 就可以 function sub(){var name= $("#uname").value();$.ajax({ url:url, data:{uname:name}, complete:function (data){ \/\/ 这里获取后台数据 DATA 刷新当前页面的内容})} ...

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