当用户离开我的网站时,我试图运行一个快速的php脚本,并将一个变量从我的javascript传递给php,但我不太确定如何包含php文件并将其传递给var。但它实际上并没有运行php脚本。( javascript从外部活动函数获取用户名,我知道我在警报上测试了var,它就在那里。)我的JavaScript:
va
PHP部分(工作中):while($row = mysql_fetch_array($result)){ //get data from a mysql table.$data = $row["sql_row"]; // string built
echo "<script language=javascript>buildarray($i,$data)</script>"; //
我想在我的javascript函数中得到这个数字"1“,我该怎么做呢?HTML-»onclick="displayResult(1)function displayResult(obj)var number = ??????$sql = mysql_query("SELECT * FROM `artigos` WHERE id = ????var number????");
$resultado = mysql_fetch_array($sql