Question

我是编码的新手，我正在创建一个web服务，它将获取3个参数并将其提交到数据库中并使用json响应恢复，如

{"Status":"Success", "Id":"123"}

目前我有代码用于选择表的所有元组并使用array（）生成json;但在这里我只想要对象（我猜），请帮助..

附加从数据库webservice中选择数据的代码，

$query = "SELECT id, name FROM table WHERE id = ".$user_id;
$result = mysql_query($query,$link) or die('Error query: '.$query);
$posts = array();
if(mysql_num_rows($result)) {
    while($post = mysql_fetch_assoc($result)) {
        $posts[] = array('post'=>$post);
    }
}

    header('Content-type: application/json');
    echo json_encode(array('posts'=>$posts));

请帮助创建插入数据查询的Web服务。感谢。

Answer 1

据我所知，您必须检查服务器端的某些内容并成功，它应该返回JSON响应

{＆＃34;状态＆＃34;：＆＃34;成功＆＃34; ，＆＃34; ID＆＃34;：123}

试试这个：

$query = "SELECT id, name FROM table WHERE id = ".$user_id;
$result = mysqli_query($query,$link) or die("Error" . mysqli_error());  //Error Printing
$posts = array();
if(mysql_num_rows($result)) {
while($post = mysql_fetch_assoc($result)) {
    if(conditions etc...)
    {
        $posts['Status'] = "success";
        $post['ID] = $user_id;
     }
     else {
      blah blah
     }
 }


header('Content-type: application/json');
echo json_encode($posts);

这将包含具有用户状态和ID的响应，与您想要的相同

{＆＃34;状态＆＃34;：＆＃34;成功＆＃34;，＆＃34; Id＆＃34;：＆＃34; 123＆＃34;}

带有插入查询的PHP webservice

1 个答案: