ajax回调函数把整个页面代码都返回是怎么回事

Question

我使用ajax事件，请求成功了，然后我想加载另一个页面，可是，它却将我要加载的页面弹出来了，有什么方法可以解决下么？并且ajax请求成功的话，我写了alert(msg);这个是不能丢的。代码如下：
 
    $.ajax({
type:'POST',
async:'FALSE',
url:'<?php echo __URL_PATH__?>/forget_pwd',
data:'username='+w_u.value+'&check='+w_v.value+'&next_step=2',
    success:function(msg)
    {
alert(msg);
}
});

Answer 1

你请求的页面是html页面吧。 如果是静态页面则所有页面内容均返回。

Answer 2

跳转到这个页面去？那ajax有什么意义？不如直接用表单直接去提交

Answer 3

在alert后用location.href进行跳转

Answer 4

 主要看看url页（:<?php echo __URL_PATH__?>/forget_pwd'）具体是什么内容？你可以试着单独打开这个url页，看看是什么内容！

Answer 5

最好的判断是 先进行判断，然后再跳转，谢谢大家的热心帮忙哈！
$.ajax({
type:'POST',
async:'FALSE',
url:'<?php echo __URL_PATH__?>/forget_pwd',
data:'username='+w_u.value+'&check='+w_v.value+'&next_step=2',
success:function(msg)
{
   if(msg == '1')
   {
         locatin.href = 'www.baidu.com';
   }
}
});

Answer 6

重新写个方法输出
private void outUtil(Object plan, HttpServletResponse response)
throws IOException {
response.setContentType("text/html;charset=utf-8");
PrintWriter out = response.getWriter();
out.print(plan);
out.close();
}