Question

我正在向另一个域发出jQuery $.getJSON请求，所以我确保我的GET URI以“callback =？”结尾（即使用JSONP）。

Firebug的NET面板显示我正在按预期接收数据，但由于某种原因，控制台面板记录以下错误：“无效标签”。

JSON使用JSONLint进行验证，因此我怀疑数据结构是否存在任何真正的错误。

我可能会收到此错误的任何想法？

Answer 1

这是一篇旧帖子，但无论如何我都会发布回复：

假设您要获取由以下文件“get_json_code.php”生成的jSON代码：

<?php
$arr = array ('a'=>1,'b'=>2,'c'=>3,'d'=>4,'e'=>5);
echo json_encode($arr);
?>

就像你提到的那样，当你添加“jsoncallback =？”时，$ .getJSON（）会使用JSONP。所需URL字符串的参数。例如：

$.getJSON("http://mysite.com/get_json_code.php?jsoncallback=?", function(data){ 
   alert(data);
});

但是，在这种情况下，您将在Firebug中收到“无效标签”消息，因为“get_json_code.php”文件未提供有效的引用变量来保存返回的jSON字符串。要解决此问题，您需要将以下代码添加到“get_json_code.php”文件中：

<?php
$arr = array ('a'=>1,'b'=>2,'c'=>3,'d'=>4,'e'=>5);
echo $_GET['jsoncallback'].'('.json_encode($arr).')'; //assign resulting code to $_GET['jsoncallback].
?>

这样，生成的JSON代码将被添加到'jsoncallback'GET变量中。

总之，“jsoncallback =？” $ .getJSON（）URL中的参数做了两件事：1）它将函数设置为使用JSONP而不是JSON，2）指定将保存从“get_json_code.php”文件中检索的JSON代码的变量。您只需要确保他们拥有相同的名字。

希望有所帮助，

VQ。

Answer 2

看起来你在服务器脚本中滥用了JSONP。

当您收到带回调参数的请求时，您应该呈现以下内容：

callbackName({ "myName": "myValue"});

其中callbackName是回调参数的值。

使用jQuery getJSON“无效标签”Firebug错误

2 个答案: