Question

尝试从php获取json数据。我想将我的mysql raw编码为json并通过ajax将其发送给用户。但在我的页面中它没有显示数据。我犯了什么错误？

phpScript

<?php
require_once("../configuration.php");
$con=new mysqli($hostname,$dbusername,$dbpass,$dbname);
if (mysqli_connect_errno($con)) {
    die('The connection to the database could not be established.');
}
$news_name=$_POST['news_name'];
function newsdetails($news_name){
    global $con;
    $querynews="SELECT * FROM news WHERE id='$news_name'";
    $resultnews=$con->query($querynews);
    $rownews=$resultnews->fetch_array();
    echo json_encode($rownews);

}
newsdetails($news_name);

?>

Jquery的：

$.ajax({
url: "/function/news_user_page.php",
type: "POST",
data: {news_name:'84'}
success:function(data, textStatus, jqXHR)
        {
         $("#test").html(data);

        },
error: function(jqXHR, textStatus, errorThrown)
        {
            //if fails     
        }

})

Answer 1

一些事情：

您的json将由jquery解析，因此它将是一个不能用作.html()输入的对象。你可能想要.html(data.some_field);
在开发人员工具中检查脚本的确切输出，可能会回显一些警告，使json无效;
你有一个SQL注入问题;
您的错误消息无效json因此会导致您的javascript失败;
您没有任何错误处理方式，因此您甚至不知道是否找到了一行。

Answer 2

在数据后添加逗号：{news_name：＆＃39; 84＆＃39;}然后添加dataType：＆＃39; JSON＆＃39;

Answer 3

$news_name=$_POST['news_name:'];

应该没有：

$news_name=$_POST['news_name'];

甚至更好，也可以逃避可能的sql注射：

$news_name=mysql_real_escape_string($_POST['news_name']);

Answer 4

在PHP脚本中定义响应头：

header('Content-type: application/json');

并设置

dataType: 'json'

on $ .ajax（）call。

json数据没有显示在我的html页面中

4 个答案: