Question

我正在尝试从sql表中检索所有记录并将其作为json返回，但是它不会返回任何内容，即使sql查询在phpMyAdmin中返回多行。我甚至尝试在循环中输出所有$id，但是当我将它作为数组返回时，它只返回一个空页面。我不知道这是否可能是由$image引起的，数据库中的这是一个blob。

<?php
error_reporting(-1);
ini_set('display_errors', 'On');

include('config.php');
$stmt = $db->prepare('SELECT * FROM camps');
$stmt->execute();
$stmt->bind_result($id, $title, $body, $long, $lat, $img);

$rows = array();
while ($stmt->fetch()) {
  $rows[] = array(
    'id' => $id,
    'title' => $title,
    'body' => $body,
    'long' => $long,
    'lat' => $lat,
    'image' => $img
  );
  echo $img;
}

$stmt->close();
$db->close();
echo json_encode($rows);
?>

Answer 1

已编辑：除非SELECT *中的数字与您在数据库中的总列数相匹配，否则无法绑定bind_result()语句。否则，您必须选择所有列，并与bind_result()中的列数相匹配。另请参阅以下链接，了解如何显示数据库中的图像。

（我有宽阔的肩膀，会承认我的错误。没有人做任何事情都没有学到任何东西，我今天也学到了一些东西。）

参考：

http://php.net/manual/en/mysqli-stmt.bind-result.php

检查了你的查询中的错误，如果是这样的话，就会抛出一些关于它的东西。

手册说明：

请注意，所有列必须在mysqli_stmt_execute（）之后和调用mysqli_stmt_fetch（）之前绑定。根据列类型，绑定变量可以静默更改为相应的PHP类型。

那么，我到底在哪里？也许他们应该重写它，因为他们想出来了。

修改：测试

在测试运行在PHP 5.6.21版下的我自己的服务器上代码的OP之后，回过头来：

警告：mysqli_stmt :: bind_result（）：绑定变量数与...中预准备语句中的字段数不匹配。

使用SELECT * FROM table

时

但确实给了JSON结果。

使用SELECT col1, col2 FROM table没有抛出该错误。

此外，您正在尝试回显数据库中的图像;你不能用JSON做到这一点，你需要使用不同的方法。

请参阅Stack上有关如何从db回显图像的以下问题：

PHP display image BLOB from MySQL

所以你的$img看起来像是：

echo '<img src="data:image/jpeg;base64,'.base64_encode( $img ).'"/>';

这是我成功测试的内容。

你需要知道一些事情，那就是确保每一行都有一个图像，否则就会出现不包含图像的图像图标（blob）

如果是这种情况，则需要将其限制为WHERE子句。

NOTA：使用blob可以大大增加数据库的大小。理想情况下，保存文件夹中的文件及其在数据库中的路径是许多人喜欢的方法。但是，这个选择完全属于你。

参考答案中的评论。

我无法添加任何内容。

mysqli prepare不会输出为json

1 个答案: