Question

我编写了这个php脚本，它允许我获取MySQL数据库中表中的所有行我已经放了echo "1"等等，看它是否到达最后的代码。输出证明了它。但是，当回显json_encode($resultsArray)时，它不输出任何内容，我似乎无法弄清楚原因。

代码：

// Create connection
$connection = mysqli_connect("localhost", "xxx", "xxx");
// Check connection
if (!$connection) { die("Connection failed: " . mysqli_connect_error()); } else { echo "0"; }

// select database
if (!mysqli_select_db($connection, "myDB")) { die('Unable to connect to database. '. mysqli_connect_error()); } else { echo "1"; }

$sql = "select * from myTable";
$result = mysqli_query($connection, $sql) or die(mysqli_error($connection));;
echo "3";

$resultsArray = array();
while($row = mysqli_fetch_assoc($result)) {
// convert to array
    $resultsArray[] = $row;
}
echo "4";
// return array w/ contents
echo json_encode($resultsArray);
echo "5";

输出：

我想，这不是关于json_encode，因为我也可以尝试回应某事。像while循环中的$result['id']一样，它不会做任何事情。

为了测试，我使用终端进入数据库。我可以毫无问题地select * from myTable。

有什么想法吗？

Answer 1

经过大约20小时的调试，我发现了问题。

正如我在我的问题中所述，代码过去在发布此问题之前工作了几个小时然后突然停止工作。 @MichaelBerkowski确认代码是有效的我记得在某些时候，我改变了我的列，使其默认值为空字符串 - 我将它们声明如下：NOT NULL DEFAULT ''。
我现在发现复制表并省略json_encode()部分会使Project再次工作，所以显然存在问题。

感谢所有人的尝试！

从表中选择*不返回任何内容

1 个答案: