最佳方式提交一個表單，並保持工作

我有一個PHP頁面，用表單，表單提交的變量到開始工作調用幾個方案最佳方式提交一個表單，並保持工作

，如果我在同一個標籤提交此表PHP腳本，如果通過點擊導航欄中的某個元素來更改網址，表單將停止工作。

如果我將表單提交給另一個選項卡，我不能單擊原始選項卡中的任何內容，除非管道完成工作。

我如何以最好的方式處理這個問題？

2014-10-07 Cristian

在你的數據庫中創建一個開關，* 1/0 *爲cronjob及時工作 – 2014-10-07 16:16:18

如果你不感興趣的劇本的「結果」（假設它只是重要的是，它完成）

您可以添加ignore_user_abort(true)到腳本處理形式：http://php.net/manual/en/function.ignore-user-abort.php

然後，無論用戶切換頁面，PHP都會完成腳本。

如果您需要腳本的結果，您需要實現一些異步JavaScript來跟蹤當前的處理狀態 - 或讓用戶等待完成。

根據該腳本將運行多久，你也許還需要增加時間限制： http://php.net/manual/en/function.set-time-limit.php

但請記住，大部分用戶會等到他們收到提交的一些視覺反饋。因此，如果需要10分鐘，那麼以同步的方式處理請求可能是一個糟糕的主意，如果你不真的需要這樣的話。

2014-10-07 16:16:59 dognose

我也嘗試ajax異步調用，但是如果我改變頁面，我調用的腳本完成 – Cristian 2014-10-07 16:21:02

@Christian：Call它是異步的，並將「ignore_user_abort」的值添加到處理文件中。用戶將得到即時反饋（*您的請求已計劃執行*），腳本將運行，直到完成。 – dognose 2014-10-07 16:22:20

我把async：true放在ajax調用中，而ignore_user_abort（true）; set_time_limit（0）;如果我嘗試更改頁面，它將無法工作，直到腳本完成 – Cristian 2014-10-07 16:34:09

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