Question

当用户点击下载时，它将成功在服务器上创建带有文件的zip，然后它应该从php中作为响应警告拉链位置（变量$ zip），而是警告[object Object]。其他一切都在发挥作用。我做错了什么？

JQuery的：

$('.download').click(function() { 
window.keys = [];
$('.pad').each(function(i, obj) {
    var key = $(this).attr('key');
        keys.push(key)
});
var jsonString = JSON.stringify(keys);
$.ajax({
      type:'post',
    url:'download.php',
    data: {data : jsonString}, 
        cache: false,
   dataType: 'json',
    success: function(data){

       alert(data);

      }
 });
});

PHP：

<?php


$data = json_decode(stripslashes($_POST['data']));

$numbercode = md5(microtime());
$zip = new ZipArchive();
$zip->open('kits/'.$numbercode.'.zip', ZipArchive::CREATE);

foreach($data as $d) {

$zip->addFile($d);  

}

$zip->close();



echo json_encode($zip);
?>

Answer 1

返回类型是一个JavaScript对象，它将导致您看到的内容。

首先，你应该console.log(data)来获得结构。您也可以通过查看Chrome中的“网络”标签来执行此操作。

在您知道data的结构后，您可以使用该值。

例如，然后alert(data.location)，提醒实际值。

Answer 2

从ajax中删除dataType，它会警告[Object Object]，因为如果指定dataType: 'json',，结果将成为json对象，

并在php -

// to echo the location of the zipfile
echo 'kits/'.$numbercode.'.zip';

Answer 3

感谢@ jake2389我看到我做错了什么，我基本上只需要在PHP中创建一个新变量，我称之为$ link，我希望将数据发送回AJAX，因为$ zip被定义为zip存档不是一个字符串。这是我改变了，现在它正在发挥作用。

<强> PHP：

<?php


$data = json_decode(stripslashes($_POST['data']));

$numbercode = md5(microtime());
$zip = new ZipArchive();
$zip->open('kits/'.$numbercode.'.zip', ZipArchive::CREATE);

foreach($data as $d) {

$zip->addFile($d);  

}

$zip->close();

$link = 'kits/'.$numbercode.'.zip';

echo json_encode($link);
?>

AJAX从PHP返回变量

3 个答案: