Question

我有一个相当简单的php文件，试图创建一个XML文档。我试图从mysql数据库中提取的URL显示在我创建的XML文档中。

我似乎无法弄清楚为什么在没有xlink信息的情况下会忽略我的网址。即成功访问mysql数据库，但只在xml文档中创建标题和描述信息。

当我添加xlink信息时，文档根本不提供任何输出。代码如下。

<?php header('Content-Type: text/xml'); ?>
<?php echo '<?xml version="1.0" encoding="utf-8"?>'; ?>
<rss version="2.0">
    <channel xmlns:xlink="http://www.w3.org/1999/xlink>
        <title>METHUZALA.COM</title>
        <link xlink:type="simple" xlink:href="http://www.methuzala.com">http://www.methuzala.com</link>
        <description>UPDATE: Articles Found and Added</description>
        <language> en-us </language>

        <?php 
            require('php/includes/path.php');
            $conn= mysqli_connect(DB_HOST, DB_USER, DB_PASSWORD, DB_NAME );
            $query="SELECT title, short_title, article_url, short_description from  news_article";
            $data = mysqli_query($conn,$query);
            while ($row = mysqli_fetch_array($data))  {
                echo '<item">';
                echo '<title>'.  $row['title']. '</title>';
                echo '<wurl xlink:type="simple" xlink:href="'.$row['article_url'].'" xlink:show="new">TESTING'.'</wurl>';
                echo '<description>'. $row['short_description']. '</description>';
                echo '</item>';
            } //while-end of file
            mysqli_close($conn);
            echo '</item>';
        ?>
    </channel>
</rss>

Answer 1

当您打开<item>标记时，您会有额外的引用...

echo '<item">';

应该是

echo '<item>';

这将通过引用数据导致所有种类合并。

Answer 2

我欢迎任何可能有帮助的意见。我删除了xlink信息，这段代码根据浏览器生成了根本不同的结果。

在Chrome中：它提供了正确的rss XML文件输出，但没有新闻源输出。

在Safari中：它提供正确的新闻源输出，但未格式化。这是一个很大的段落。

在Firefox中：它提供了正确的第一行频道（新闻源的标题，新闻源的描述，但xml输出中没有显示链接或元素。元素都是空白的。

\h

firefox output safari output

如何使用我的php文件将活动URL附加到我的输出（XML）文件

2 个答案: