Без бы то ни было, используя любые формы, я могу просто отправить файл/файлы с в `<тип входного=на"файл"> к 'загрузить.на PHP' используя метод POST с помощью jQuery. Тег input не внутри какого-либо тега form. Он стоит отдельно. Так что я не'т хотите использовать jQuery плагины, такие как 'ajaxForm' или 'ajaxSubmit'.
Вы можете использовать виде FormData чтобы представить ваши данные с помощью запроса POST. Вот простой пример:
var myFormData = new FormData();
myFormData.append('pictureFile', pictureInput.files[0]);
$.ajax({
url: 'upload.php',
type: 'POST',
processData: false, // important
contentType: false, // important
dataType : 'json',
data: myFormData
});
Вы Don'т должны использовать формы, чтобы сделать AJAX-запрос, как долго, как вы знаете, настройки запрос (например, URL-адреса, метода и параметров данных).
Все ответы здесь до сих пор используют в виде FormData по API. Это как в "multipart/данные формы"
в загружать без формы. Вы также можете загрузить файл напрямую в качестве содержимого внутри тела запроса пост
, используя запрос
, как это:
var xmlHttpRequest = new XMLHttpRequest();
var file = ...file handle...
var fileName = ...file name...
var target = ...target...
var mimeType = ...mime type...
xmlHttpRequest.open('POST', target, true);
xmlHttpRequest.setRequestHeader('Content-Type', mimeType);
xmlHttpRequest.setRequestHeader('Content-Disposition', 'attachment; filename="' + fileName + '"');
xmlHttpRequest.send(file);
`Тип контента " и " контент-Disposition заголовки используются для объяснения того, что мы посылаем (MIME-тип и имя файла).
Я разместил подобный ответ здесь.
Основываясь на учебник, вот очень простой способ сделать это:
$('your_trigger_element_selector').on('click', function(){
var data = new FormData();
data.append('input_file_name', $('your_file_input_selector').prop('files')[0]);
// append other variables to data if you want: data.append('field_name_x', field_value_x);
$.ajax({
type: 'POST',
processData: false, // important
contentType: false, // important
data: data,
url: your_ajax_path,
dataType : 'json',
// in PHP you can call and process file in the same way as if it was submitted from a form:
// $_FILES['input_file_name']
success: function(jsonData){
...
}
...
});
});
Дон'т забудьте добавить правильную обработку ошибок
Шаг 1: Создаем HTML-страницы, где разместить HTML код.
Шаг 2: в HTML код внизу страницы(нижний колонтитул)создать JavaScript: <сценарий></скрипт> и поставить jQuery код в тег script.
Шаг 3: создайте файл php и PHP-код, копировать прошлое. после кода jQuery в$.Аякс` URL-адрес код, применить который на ваше имя php файла.
Яш
//$(document).on("change", "#avatar", function() { // If you want to upload without a submit button
$(document).on("click", "#upload", function() {
var file_data = $("#avatar").prop("files")[0]; // Getting the properties of file from file field
var form_data = new FormData(); // Creating object of FormData class
form_data.append("file", file_data) // Appending parameter named file with properties of file_field to form_data
form_data.append("user_id", 123) // Adding extra parameters to form_data
$.ajax({
url: "/upload_avatar", // Upload Script
dataType: 'script',
cache: false,
contentType: false,
processData: false,
data: form_data, // Setting the data attribute of ajax with file_data
type: 'post',
success: function(data) {
// Do something after Ajax completes
}
});
});
В формате HTML
<input id="avatar" type="file" name="avatar" />
<button id="upload" value="Upload" />
РНР
print_r($_FILES);
print_r($_POST);
Извините за того парня, но AngularJS предлагает простое и элегантное решение.
Вот код, который я использую:
в
ngApp.controller('ngController', ['$upload',
function($upload) {
$scope.Upload = function($files, index) {
for (var i = 0; i < $files.length; i++) {
var file = $files[i];
$scope.upload = $upload.upload({
file: file,
url: '/File/Upload',
data: {
id: 1 //some data you want to send along with the file,
name: 'ABC' //some data you want to send along with the file,
},
}).progress(function(evt) {
}).success(function(data, status, headers, config) {
alert('Upload done');
}
})
.error(function(message) {
alert('Upload failed');
});
}
};
}]);
.Hidden {
display: none
}
<script src="https://ajax.googleapis.com/ajax/libs/jquery/2.1.0/jquery.min.js"></script>
<script src="https://ajax.googleapis.com/ajax/libs/angularjs/1.2.23/angular.min.js"></script>
<div data-ng-controller="ngController">
<input type="button" value="Browse" onclick="$(this).next().click();" />
<input type="file" ng-file-select="Upload($files, 1)" class="Hidden" />
</div>
в
На стороне сервера у меня есть контроллер MVC с действием сейвы файлы, загруженные из запроса.Коллекция файлов и возвращает JsonResult.
Если вы используете AngularJS не попробовать это, если вы Don'т... прости, дружище :-)
Попробуйте этот puglin simpleUpload, нет необходимости форма
HTML-код:
<input type="file" name="arquivo" id="simpleUpload" multiple >
<button type="button" id="enviar">Enviar</button>
На JavaScript:
$('#simpleUpload').simpleUpload({
url: 'upload.php',
trigger: '#enviar',
success: function(data){
alert('Envio com sucesso');
}
});