Question

我正在尝试通过在url中传递参数来返回JSON中的特定数据，例如下面的例子。

 http://localhost/api/api.php?post_title=Strawbrerry

这绝对没有任何意义，并且会对如何解决这个问题提出一些建议....请参阅下面的代码。

$connection = @mysqli_connect($server, $user, $password, $db);

if( ! $connection ) die( "Error ".mysqli_connect_error() );

$sql = "SELECT * FROM posts";
$result = mysqli_query($connection, $sql);
$array_post = array();

while($data = mysqli_fetch_assoc($result)){
$array_post['post_title'][] = $data['post_title'];
$array_post['post_description'][] = $data['post_description'];
$array_post['post_image'][] = $data['post_image'];
$array_post['posted_by]'][] = $data['posted_by'];
$array_post['[post_date]'][] = $data['post_date'];
}
echo json_encode($array_post);

Answer 1

如果您想依赖名为post_title的网址参数来为您提供标题中包含“草莓”字样的发布结果，您可以使用以下内容修改当前脚本：

$sql = "SELECT * FROM posts";
if(isset($_GET['post_title']) && $_GET['post_title']) {
    $sql .= " WHERE post_title LIKE '%?%'";
    // Use prepared statements here. Don't trust GET parameters
    // to not be SQL injection attempts.
    $stmt = mysqli_prepare($connection, $query);
    mysqli_stmt_bind_param($stmt, 's', $_GET['post_title']);
    mysqli_stmt_execute($stmt);
    mysqli_stmt_bind_result($stmt, $result);
} else {
    $result = mysqli_query($connection, $sql);
}

// Here, $result should hold the result set

如果未在网址中设置post_title，则不会发生任何变化。如果是，它会修改您正在构造的SQL语句，以包含LIKE表达式来过滤查询结果，以便仅包括标题包含通过URL传递的内容的那些。有关详细信息，请参阅以下手册条目。

无法从JSON对象PHP获取特定数据

1 个答案: