Question

我是新手和jQuery开发，我有一个问题，为什么我不能使用 dataType：'json'或 $。parseJSON 来处理退货查询从 PHP 到 AJAX（jQuery）。

reader.js

$(function(){

    //Modal form which encapsulates the loading of information occurs
var modal = $('.modal');
    //Encapsulates the existing list or the list elements, each element has an "edit" button
var lista = $('.lista');

lista.on('click','.actionedit',function(){
    var id = $(this).attr('href');
    var li = lista.find('li[class*="j_'+id+'"]');

    $.ajax({
        url:            'php/controller.php',
        data:           'acao=consulta&editid='+id,
        type:           'POST',
        //contentType:    'application/json; charset=utf-8;',
        dataType:       "json",
        error:          function (xhr, ajaxOptions, thrownError) {
                            alert('Erro: "'+ xhr.status + '"\nMensagem: " ' + thrownError +'"');
                        },
        beforeSend:     function(){ 
                            li.css("background","#0F6") },
        success:        function( carga ){

                                //alert( carga );
                            alert( carga.nome );

                            //modal.fadeIn("slow");
                            //modal.find('form span[class="filebar"]').text(carga.file);
                            //modal.find('form input[name="titulo"]').val(carga.title);
                            //modal.find('form textarea').append(carga.description;
                        },
        complete:       function(){ loader.fadeOut("slow"); },
    });

    return false;
});
});

controller.php

<?php
require_once("conexao.php");

switch($_POST['acao']){

case 'consulta':
    //Validates query, that returns a json string...
    $editid = $_POST['editid'];
    $qr = "SELECT * FROM mod6_uploads WHERE id = '$editid'";
    $ex = mysql_query($qr);
    $st = mysql_fetch_array($ex);

    //Return array in json format string for testing...
    $u['file'] = 'File';
    $u['title'] = 'File title';
    $u['description'] = 'File Description';

    echo json_encode($u);

break;
default:
    echo 'Error querying';

}

因此，警报返回以下消息：

Error: "200"
Message: "SyntaxError: JSON.parse: unexpected character"

如果我评论dataType：“json”，它会返回以下警告：undefined

如果我将警报更改为“alert（carga.nome）”至“alert（load）”，则会返回以下内容：

{"name": "File", "title": "File Title", "description": "File Description"}

另外，正如我之前所说，如果我使用$.ParseJSON或JSON.parse没有任何回报，或错误或成功。

那里的任何人都遇到过这样的事情？如果有人能帮助我，我将非常感激！

Answer 1

我改变了这一行：

data:  'acao=consulta&editid='+id,

由此：

data:  {acao: 'consulta', editid: id},

由于你的id来自一个href，如果它被自动转义会更好。

此外，而不是：

echo 'Error querying';

类似的东西：

echo json_encode(array('Error querying'));

因此它不会给出JSON解析错误（以javascript错误数组的形式返回）。

另外，请确保您的mod6_uploads表格中包含nome字段。

我看到其余的都很好。

干杯

PS：我建议您使用开发工具进行调试。一个非常简单的是chrome，只需按F12，单击网络选项卡，然后运行ajax请求。

Answer 2

如果使用dataType:'json'，success只有在服务器响应是有效JSON时才会触发回调。因此，如果触发error回调，则会使用使JSON无效的额外数据“填充”您的响应。在这种情况下，请尝试发表评论dataType:'json'并写入success回调：

alert(carga)

或

console.log(carga)

这将输出服务器响应，您将能够看到它有什么问题。

此外，如果您希望使用JSON，请尝试在该文件中的任何位置使用JSON，并避免使用此类代码：

echo 'Error querying';

否则您可能会得到意想不到的结果

发送AJAX，PHP查询并返回JSON和AJAX不理解＆＃34; dataType：＆＃39; json＆＃39;＆＃34;

2 个答案: