想要在CakePHP中弹出一个带有操作的窗口

发布时间：2020-12-13 13:37:19 所属栏目：PHP教程来源：网络整理

导读：好吧,我正在尝试将图像转换为Cake PHP中完成的应用程序页面上的按钮.这是第一个问题.我不能将图像用作按钮.之后我想要一个 Javascript弹出一个窗口的动作在它…… !!!我怎么能做到这一点……任何人都可以告诉我该怎么做.. !!! 对于图像按钮,我建议您使用此代

好吧,我正在尝试将图像转换为Cake PHP中完成的应用程序页面上的按钮.这是第一个问题.我不能将图像用作按钮.之后我想要一个 Javascript弹出一个窗口的动作在它…… !!!我怎么能做到这一点……任何人都可以告诉我该怎么做.. !!!

对于图像按钮,我建议您使用此代码：

<input type="image" src="<?php echo $html->image('image.gif'); ?> name="image" width="60" height="60">

要打开内部动作的窗口,就像这样：

<?php echo $html->link('yourlinkdescription','#',array('onclick'=>"var openWin = window.open('".$html->url(array('action'=>'youraction')."','_blank','toolbar=0,scrollbars=1,location=0,status=1,menubar=0,resizable=1,width=500,height=500');  return false;")); ?>

（编辑：李大同）

【声明】本站内容均来自网络，其相关言论仅代表作者个人观点，不代表本站立场。若无意侵犯到您的权利，请及时与联系站长删除相关内容!