Question

我刚刚开始使用JSON在页面之间抛出信息，我根本无法弄清楚这一点。

基本上，我有一个页面使用jquery getJSON从另一个页面获取一些JSON数据。但PHP变量不会/不能被必要的内容替换。

这是jquery脚本（我相信工作正常）

$.getJSON("./menu-controller.php", { editId: getEditId, getEditInfo: true },function(data) {
    console.log(data);
    var id = data.itemId;
    alert(id);
});

在其他页面上使用此代码时，我可以正常工作

$json = '{ "itemId":"4" }';
echo $json;

然而，如果我使用它，那么它将不起作用

$menuId = 4;
$json = '{ "itemId":$menuId }';
echo $json;

所以我的问题是，如何让$ menuId真正用数字代替自己并正确回到另一页？

我已经尝试搞乱报价并重新安排报价4个小时。它要么出现错误，要么不会将$ menuId替换为实际数字。

Answer 1

您应该改为创建PHP数组，然后将其转换为JSON。

例如：

$array = array();
$array['itemId'] = $menuId;
echo json_encode($array);

注意：还有一个json_decode函数，它接受一个JSON字符串并将其转换为PHP。你可能会发现它很有用。

Answer 2

仅供参考，PHP变量仅以双引号插值，而不是单引号。所以，你要做这样的事情：

    $json = "{ \"itemId\":$menuId }";
    echo $json;

请参阅此处的演示：http://codepad.viper-7.com/CDC0oM

Answer 3

在此示例中：

$menuId = 4;
$json = '{ "itemId":$menuId }';
echo $json;

您已将JSON字符串包装在单引号中。 PHP替换 double 引号中的值，因此此处的值不会被替换，并且您回显的值是

{ "itemId":$menuid }  - this is not valid JSON.

最好创建一个PHP数组并使用json_encode()创建SON字符串：

echo json_encode(array("itemId"=>$menuId));

Answer 4

问题是你已经将PHP变量包含在单引号（而不是双引号）中，因此PHP不会在字符串中查找要替换的变量。

所以这应该有效：

$json = "{ \"itemId\": $menuId}";

与Cezary Wojcik建议的json_encode方法一样（如果数据变得更复杂，它会更加灵活！）。

在JSON中使用和检索PHP变量

4 个答案: