ajax调用后台异常，页面跳转

在java开发中，我们往往需要统一处理异常信息，跳转到某一个错误提示页面。

然而，通过ajax调用后台时，后台抛出异常后，页面却没有跳转到异常页面，原因是后台异常时,没有正确向ajax返回信息，

这时，ajax就会走到error处理方法。

这种问题怎么解决呢，下面用代码举例：

失败时，返回页面的jsp为：/view/error/notAuthorize.jsp

ajax代码：

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1. $.ajax({  
2.      type: "GET",  
3.      url: "${path}/off/getScheduleJson.action?random=Math.random",  
4.      data: {day:data},  
5.      dataType: "json",  
6.      success: function(data){  
7.                 success();//成功时的处理方法  
8.               },  
9.      error: function(data){  
10.        error(data);//失败时的处理方法  
11.      }  
12.  });  

下面主要说失败时的处理方法：

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1. function error(data){  
2.     var result = data.responseText;  
3.     if(result !=null && result !=''){//后台异常时，并在后台捕获  
4.         var url = getRootPath()+"/view/error/notAuthorize.jsp";//获取工程路径  
5.         location.href = url;  
6.         //$(document.body).html(result);   
7.     }else{//后台异常，且没有被捕获  
8.         clickautohide(5);  
9.     }  
10. }  

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1. //js获取项目根路径，如：http://localhost:8099/UniqueduHome  
2.  function getRootPath(){  
3.         //获取当前网址，如： http://localhost:8099/UniqueduHome/view/error/notAuthorize.jsp  
4.         var curWwwPath=window.document.location.href;  
5.         //获取主机地址之后的目录，如： UniqueduHome/view/error/notAuthorize.jsp  
6.         var pathName=window.document.location.pathname;  
7.         var pos=curWwwPath.indexOf(pathName);  
8.         //获取主机地址，如： http://localhost:8099  
9.         var localhostPaht=curWwwPath.substring(0,pos);  
10.         //获取带"/"的项目名，如：/UniqueduHome  
11.         var projectName=pathName.substring(0,pathName.substr(1).indexOf('/')+1);  
12.         return(localhostPaht+projectName);  
13.     }