Question

我想展示一些javascripts。为此我用php file_get_contents（）然后json_encode（）读取.js文件的内容并回显结果，然后在前端我通过$ .get（）读取结果然后我做一个JSON.parse（）结果（我试过没有解析它）但仍然eval（）不能解决结果。

奇怪的是，如果我复制json_encode（）的结果并将其粘贴到js变量中，那么eval（）就可以了！

我做错了什么？

服务器端：

$name=$_GET['name'];
$t=  file_get_contents('../graphics/'.$name);
$t=  json_encode($t);
echo $t;

客户方：

$.get("php_lib/readGraph.php",{ name:name}, function(data, status){
                    if(status){
                       eval(JSON.parse(data));
                       }
                    else {
                        alert('Ajax error');
                    }
                    });

Answer 1

无需将代码编码为json。您没有传递像变量这样的格式化数据，而是输出完整的JavaScript代码。我试着简单地删除json部分。

希望您粘贴的PHP只是一个示例，在允许人们从您的服务器输出文件之前，您正在进行认真的验证。在代码中指定路径远远不够，因为只需将..添加到输入即可轻松避开。然后，黑客可以输出您的网络服务器正在运行的用户的所有内容，因为它具有读访问权限。甚至在您的Web根目录之外。除此之外，输出文件的更有效方法是使用google apps script。

为什么eval（）不能与JSON.parse（）的输出一起使用？

1 个答案: