XAMPP腳本不結轉到HTML文件

Question

我有涉及一個按鈕，切換能見度

echo "<button onclick = \"toggle('showDetails')\">expand</button>" ; 

echo "<script type=\"text/javascript\">"; 
echo " function toggle(id) { \n"; 
echo "  var e = document.getElementById(id)\n"; 
echo "  if(e.style.display == 'block')\n"; 
echo "   e.style.display = 'none';\n"; 
echo "  else\n"; 
echo "   e.style.display = 'block';\n"; 
echo " }"; 
echo " </script>"; 

一個PHP文件，它運行完美我的PHP頁面上。但是當我進入調用我的php頁面的html頁面時，腳本不起作用。我試圖把我的腳本放在html頁面的頭部和html頁面的正文中，但無濟於事。我需要做什麼才能讓我的按鈕在html頁面上工作。

編輯： 這裏是showDetails元素：

echo "<div id =\"showDetails\" style=\"display:none\">" ; 
echo "<strong>client_address:</strong>" ; 
echo $client_address; 
echo "<br>" ; 
echo "<strong>client_date:</strong>" ; 
echo $client_date; 
echo "</div>" ; 

我也打開了我的html頁面，並使用谷歌Chrome檢查。當我點擊HTML頁面上的按鈕，我在控制檯中的錯誤：

未捕獲的ReferenceError：當您通過ajax式的方法調用這個文件php切換是沒有定義

Answer 1

（使用XMLHttpRequest）並在您的現有頁面中注入響應innerHTML，javacscript嵌入在script標記將不會執行。在你的情況下，這意味着toggle函數將永遠不會被定義。

有幾種方法來解決這個問題：

• 定義在HTML頁toggle功能發出此http請求。這樣，具有此功能的script標記將從一開始就在那裏，並在頁面加載時執行。無關緊要的是，toggle函數只是坐在那裏，什麼都不做，直到你調用menu.php文件發回按鈕。它具有執行這樣的http請求和執行無論是在嵌入式script標籤功能

• 使用jQuery或類似的庫。

選擇第二個選項，你可以寫：

$("#menuDiv").load("menu.php"); 

還有一些其他的方式來實現這一點，我指的是many previous answers這個問題。

注意還存在是它打破了javascript的else之前分號您if - else結構：

echo "   e.style.display = 'none';\n"; 

做，而不是：

echo "   e.style.display = 'none'\n";