我的表单提交之后会在PHP进行判断，成功和错误的提示样式我已经写完了，但是现在一提交就马上弹出层，提交时表单自动刷新，然后那个层也就一起跟着刷没了，不会Ajax那如何就觉这个问题，求大神解答！
使用jQuery后，ajax使用非常简单。
贴上一段代码供您参考：
首先在form里面添加<form onsubmit="return check();"></form>
再定义函数check();
function check(){
var name = $("input[name='name']").val();
if(name == ''){
alert(XXXX不能为空');
$("input[name='cat_name']").focus(); //文本框自动聚焦
return false; //返回假后，并没有访问后台，这是前端验证，多个验证可继续加else if
}else{ //前端验证通过后，就用ajax将数据传到后台验证
$.ajax({
type: 'post', //用post方法传数据
url: 'php后台文件路径',
data: $('#fom').serialize(), //序列化表单，表单所有的数据都会提交到后台
success: function(data){ //访问成功后，后台文件里所有输出的数据都会变成data,可以是数组和字符串，验证表单建议后台：echo '1',那么data就是1，后台echo 什么，data就是什么
if(data == 1){
alert('恭喜，添加成功！',{time:3000,icon:1});
}else if( data == 22 ){
alert('提交失败,请填写完整!');
}else if( data == 3){
alert('提交失败!');
}
}
});
return false; //阻止表单跳转 必须要有
}
}追问
我的PHP, 按钮怎么还点不了了，我想提交不刷新
<form action="" method="post">
<input id="msg_confirm" type="submit" value="go" />
</form>
按钮点不了就对了，你要慢慢调试，看ajax有没提交成功，前台success返回的数据你要用来判断或者处理
你这段代码里没有写success回调，这是后台请求后返回前台的数据，希望你对ajax再深入了解下，多看看手册
我是用另一个PHP语句判断表单是否提交成功然后弹出层，前台我迫切想知道的是如何在点提交按钮的情况下不刷新页面，后台判断成功失败弹出层，然后点击那个层上面的按钮跳转...
能给我个代码就更好了，之后我会好好学习这方面的，烦请大神了...
亲，我第一段代码说的很祥细了，后台成功了就echo 1或者其它，失败了就echo 2或者其它，前台ajax不是有success吗
你后台if(!$result){
这是不成功吧，就echo 2或者其它；
exit();
}else{
这是成功吧，就echo 1或者其它；
}
前台success方法一定要有，这是请求成功后返回你后台输出的数据，你要根据这个数据在前台判断是否成功
success: function(data){ //访问成功后，后台文件里所有输出的数据都会变成data,可以是数组和字符串，验证表单建议后台：echo '1',那么data就是1，后台echo 什么，data就是什么
if(data == 1){
alert('恭喜，添加成功！‘); //这是成功了，你在里面写js代码
}else if( data == 22 ){
alert('提交失败,请填写完整!'); //这是失败了，同样写js代码
}else if( data == 3){
alert('提交失败!');
}
具体的你花点时间研究下，过程中要不断调试，比如ajax有没访问后台成功，后台有没数据返回出来，一时说不清的，加油，碰到问题耐心点，多摸索下会解决的
