Question

我试图从我的数据库中检索信息并在JQuery生成的表中显示信息。我以前做过这个，并且使用完全相同的代码，它不再起作用了。我已经查询了其他几个有关此问题的问题，但他们都没有给我答案。情况就是这样：用户从选择菜单中选择一个值，通过选择一个值，该值被发送并用于检索正确数据的右键。然后，通过按下按钮，数据应显示在表格中。为了实现这一点，我使用了3个ajax调用，一个用于填充选择框，一个用于发送正确的值，另一个用于检索所需的数据。前两个工作完美，但不是最后一个。我的浏览器会收到数据（见下文），但表格没有显示，而且我收到了JSON输入的意外结束＆＃39;错误。任何人都可以帮我解决这个问题吗？

带有错误的Ajax的HTML / Jquery：

    function BekijkGegevens() {
        $.ajax({
            type: 'GET'
            , data: {}
            , dataType: 'json'
            , url: "https://projectmi3.000webhostapp.com/webservices/bekijk.php"
            , success: function (rows) {
                $('#output').append("<table><tr><th> datum</th><th>stand</th></tr>")
                for (var i in rows) {
                    var row = rows[i];
                    var datum = row[1];
                    var stand = row[0];
                    $('#output').append("<tr><td>" + datum + "</td><td>" + stand + "</td></tr>");
                }
                $('#output').append("</table>");
            }
            , error: function (JQXHR, TextStatus, ErrorThrow) {
                console.log(JQXHR);
                console.log(TextStatus);
                console.log(ErrorThrow);
            }
        })
    }

PHP：

<?php 
include_once('confi.php');
error_reporting(E_ALL);


if (isset($_POST['teller']))
{
$teller = mysqli_real_escape_string($conn,$_POST['teller']);


$sql2="SELECT sta_stand,sta_datum FROM stand WHERE teller_id = '$teller'";

$result = $conn -> query($sql2);
//$query2 = mysql_query($sql2) or trigger_error(mysql_error()." ".$sql2);



$data2=array();

while ($row = mysqli_fetch_row($result))
{
    $data2[]=$row;
}


echo "{data:" .json_encode($data2). "}" ; 
}
?>

感谢您提供的任何帮助。

编辑：忘了放我的浏览器网络，就在这里。 http://puu.sh/uzI4f/a9ed1e0be5.png

EDIT2：我已将PHP脚本拆分为两个单独的文件，并尝试使用会话变量按照注释中的建议传递所需的密钥。然而，我仍然得到同样的错误。这里有两个新的PHP文件：这个用于将密钥从Jquery发送到PHP：

<?php
include_once('confi.php');
error_reporting(E_ALL);
session_start();


if (isset($_POST['teller']))
{
$teller = mysqli_real_escape_string($conn,$_POST['teller']);
$_SESSION['teller'] = $teller;
}

?>

这个用于获取所需信息：

<?php
include_once('confi.php');
error_reporting(E_ALL);
session_start();

if (isset($_SESSION['teller']))
{
$sql2='SELECT sta_stand,sta_datum FROM stand WHERE teller_id ="' .$_SESSION['teller'].'"' ;


$result = $conn -> query($sql2);
//$query2 = mysql_query($sql2) or trigger_error(mysql_error()." ".$sql2);



$data2=array();

while ($row = $result-> fetch_row())
{
    $data2[]=$row;
}


echo json_encode($data2); 
}

?>

Answer 1

首先，一些警告（in accordance with this link）：

Little Bobby说 your script is at risk for SQL Injection Attacks. 了解prepared的MySQLi语句。即使escaping the string也不安全！ Don't believe it?

您应该在第二个脚本中测试会话变量，该变量应如下所示：

<?php
include_once('confi.php');
error_reporting(E_ALL);
session_start();


if (isset($_SESSION['teller']))
{
    $teller = $_SESSION['teller'];
    $sql2="SELECT sta_stand,sta_datum FROM stand WHERE teller_id = '$teller'";
    $result = $conn -> query($sql2);

    $data2=array();

    while ($row = mysqli_fetch_row($result))
    {
        $data2[]=$row;
    }

    echo json_encode(['data'=> $data2]);
}

?>

请注意，我还要附加“数据”。适当地使用JSON而不是仅仅尝试粘合＆＃34; （正如Denis Matafonov所说）JSON字符串在一起。

Answer 2

不要尝试将数据粘贴到字符串中，如下所示：
```
echo "{data:" .json_encode($data2). "}" ; 
```

使用简单的

echo json_encode(['data'=> $data2]);

如果一切正常，它应该产生相同的结果，但如果你的$ data2为null，则不会分解json

在if语句之前在begginng中声明你的$ data2：

$data2 = [];
if (isset($_POST['teller'])) {
    //do stuff and redefine $data2 or fill it;
}

//always echo valid json, event if no $POST["teller"] has arrived 
echo json_encode(['data' => $data2]);

Jquery - parsererror - JSON输入的意外结束

2 个答案: