表单提交后页面不跳转，将后台返回的数据传到本页面

小鱼儿 2022-03-21 19:40 211阅读 0赞

有时我们需要在本页面提交表单，比如往数据库添加数据，但是并不希望他跳转页面，而是留在本页面，那我们应该怎么做呢

如果用平常的方法实现起来挺复杂，有一种方法是调用后台的接口添加数据成功后，接口返回当前页面，但是那样太不符合标准了，不利于前后端分离和接口复用

所以，我们可以使用jQuery的 ajaxSubmit 来进行表单的提交.

先自己下载jquery-form.js,给你们链接[https://pan.baidu.com/s/1-IfvBikx4DXQLTJYkoTzDA][https_pan.baidu.com_s_1-IfvBikx4DXQLTJYkoTzDA]

首先来看一下我后台的接口

@PostMapping(value = "/order/add")
    @ResponseBody
    public String  addOrder(@RequestParam("username") String name, @RequestParam("inttime")String inttime, @RequestParam("outtime")String outtime,@RequestParam("roomtype") String roomtype
    ,@RequestParam("monney") int monney,@RequestParam("roomNum") String roomNum){
        此处省略
        if(成功)
          return "1";
        else
          return "0";
    }

这是一个增加订单的接口

前台通过表单提交

![watermark_type_ZmFuZ3poZW5naGVpdGk_shadow_10_text_aHR0cHM6Ly9ibG9nLmNzZG4ubmV0L2FiY18xMjM0NTZfX18_size_16_color_FFFFFF_t_70][]

下面是addOrder方法

function addOrder() {
            $('#orderAddForm').ajaxSubmit( {
                url : "/order/add",
                success: function(data) {
                    if(data=="1"){
                        alert("添加成功")
                    }
                    else{
                        alert("添加失败")
                    }
                },
            });
            $('#myModal').modal("hide")
            return false;
    }

通过这种方法就可以实现提交表单后不跳转页面

留在本页面，并获取返回的值

![watermark_type_ZmFuZ3poZW5naGVpdGk_shadow_10_text_aHR0cHM6Ly9ibG9nLmNzZG4ubmV0L2FiY18xMjM0NTZfX18_size_16_color_FFFFFF_t_70 1][]

[https_pan.baidu.com_s_1-IfvBikx4DXQLTJYkoTzDA]: https://pan.baidu.com/s/1-IfvBikx4DXQLTJYkoTzDA
[watermark_type_ZmFuZ3poZW5naGVpdGk_shadow_10_text_aHR0cHM6Ly9ibG9nLmNzZG4ubmV0L2FiY18xMjM0NTZfX18_size_16_color_FFFFFF_t_70]: /images/20220321/909cc32d7e07403d8aa11bd3979d7d67.png
[watermark_type_ZmFuZ3poZW5naGVpdGk_shadow_10_text_aHR0cHM6Ly9ibG9nLmNzZG4ubmV0L2FiY18xMjM0NTZfX18_size_16_color_FFFFFF_t_70 1]: /images/20220321/66b76af60c9645e788d429b7b8f6f6f7.png