Question

我想使用jQuery $.ajax来发送一些POST信息来发送一些信息（通过POST，如：page.aspx?var1=value ....）。

但我也希望jQuery处理该服务返回JSON，以便我返回一个JSON对象。

var data = {name: _name, ...};

var request = $.ajax({
    url: url,
    type: "post",
    data: data,
    //dataType: "json"
});

一旦我使用dataType: "json"，它允许我接收JSON对象，我就会得到一个关于请求的解析错误！

希望你能帮我解决这个问题！

感谢先生！

Answer 1

从请求的网址中，您必须以JSON格式制作数据像

echo json_encode($response);

然后你将获得成功函数的响应JSON，如下所示：

       $.ajax({
            type:"POST",
            url: "your_url",
            data:data,
            success: function (response){
                var arr = $.parseJSON(response);

            }
        });

Answer 2

确保您的服务器端脚本返回编码的json。

在php中使用json_encode()。

echo json_encode($response);

还在dataType : 'json'来电中设置$.ajax。

Answer 3

首先，post请求后面没有附加参数。您指定的格式适用于GET请求。您可以通过以下方式实现相同的目标：

$.post(
'/yourURLL',
{'data' : dataJson},
function(data){
    handleIncomingJSON(data);
}).error(function(data, textStatus){handleUnsuccessfulSave(data, textStatus)});

Answer 4

根据jQuery $.post documentation，我强烈建议您最初实施所有主要的回调方法（done，fail，always），以便在您的JSON出现错误时回应然后他们不会被隐藏：

var jqxhr = $.post( 
    "example.php", 
    function(response) {var arr = JSON.parse(response);},
    'json'
)
.done(function() {console.log( "second success" );})
.fail(function() {console.log( "error" );})
.always(function() {console.log( "finished" );});

jQuery POST请求 - 返回JSON

4 个答案: