Question

我只是试图查询数据库并显示结果jquery的ajax方法，但如果我将dataType属性作为json，它只记录只有一个对象的结果，以下是我的代码：

//this is a method is an object which will be triggered after a selection was made
lister: function () {
    //this is to target the object as it is inside an event
    var self = users;
    //the ajax call
    $.ajax({
        url: 'index.php',
        type: 'POST',
        data: self.config.form.serialize(),
        //this is the dataType    
        dataType: 'json',
        success: function (results) {
            //this for logging the result
            console.log(results);
        }
    });
}

php代码

if(isset($_POST['q']) && !empty($_POST['q'])){
    $na = $_POST['q'];
    $query = mysql_query("SELECT id,first_name, last_name 
                          FROM users WHERE users.first_name LIKE '$na%'");

    $num=mysql_num_rows($query);
    if($num >= 1){
        while($row = mysql_fetch_array($query)){
            //encoding the result as json
            echo json_encode($row); 
        }
     } else{
        echo "no results found ";
     }

     //here we return so it won't display all of the pages
     return;
}

Answer 1

您正在生成无效的JSON。您正在独立编码表的每一行，生成如下内容：

{"foo": "bar"}{"foo": "bar"}{"foo": "bar"}

这是无效的。它只是对象的串联。你需要的是一个对象数组：

[{"foo": "bar"}, {"foo": "bar"}, {"foo": "bar"}]

您可以通过先创建一个数组，将每一行添加到它并对数组进行编码来实现：

$data = array();
while(...) {
    $data[] = $row;
}
echo json_encode($data);

另一个问题是，如果没有找到结果，您只需返回纯文本，而不是JSON。这可能会导致客户端出错。如果你告诉jQuery期望JSON，那么每个可能的响应必须是JSON。所以你可能想要这样的东西：

echo json_encode(array('error' => 'no results found'));

甚至更好，返回一个空数组：

echo json_encode(array());

如果返回一个空数组，客户端应该很明显没有找到结果。

json dataType在jquery ajax方法中不起作用

1 个答案: