Question

我尝试使用JSON显示图像，但得到

未捕获的SyntaxError：JSON输入意外结束

为错误。我尝试了很多方法，以多种方式来解决它，但是我失败了。我可以显示文本（从没有图像的表（BLOB）中进行了测试），但是当我尝试使用包含图像的表时出现错误。

这是我的代码：

PHP-获取图像：

<?php
header("Content-Type: application/json; charset=UTF-8");
//header('Content-Type:image/jpeg');
$obj = json_decode($_GET["x"], false);

$conn = new mysqli("localhost", "abu", "aburefko159753", "btt");
$result = $conn->query("SELECT * FROM " . $obj->table . " LIMIT " . $obj->limit);
$output = array();
$output = $result->fetch_all(MYSQLI_ASSOC);

echo json_encode($output);
?>

用于显示图像的HTML和JS代码：

<script>
        var obj, dbParam, xmlhttp;
        obj = { "table":"bestPlaces", "limit":4 };
        dbParam = JSON.stringify(obj);
        xmlhttp = new XMLHttpRequest();
        xmlhttp.onreadystatechange = function() {
            if (this.readyState == 4 && this.status == 200) {
                document.getElementById("demo").innerHTML = this.responseText;
                console.log(this.responseText);
                var myObj = JSON.parse(this.responseText);
                document.getElementById("demo2").innerHTML = myObj[0].ID;
                console.log(myObj[0].ID);
            }
        };
        xmlhttp.open("GET", "getPlaces.php?x=" + dbParam, true);
        xmlhttp.send();

    </script>

  <p id="test"></p>
  <p id="test2"></p>

当我使用另一个没有图像的表时，相同的代码可以正常工作，输出为：

[{"ID":"1","name":"test bez session","content":"abu test test"},
 {"ID":"2","name":"test bez session","content":"abu test test"},
 {"ID":"3","name":"test bez session","content":"test test 2"},
 {"ID":"4","name":"test bez session","content":"abu juhu test"}
]

1

但是当我将表与图像一起使用时会崩溃。有帮助吗？

Answer 1

console.log(this.responseText);是否显示完整的JSON输出？

我的猜测是您在二进制数据上遇到了json_encode或JSON.parse的麻烦。尝试使用以下方法在base64中对其进行编码：

$output['imageCol'] = base64_encode($output['imageCol']);
echo json_encode($output);

其中imageCol是BLOB列的名称，然后是JS：

var myObj = JSON.parse(this.responseText);
myObj.imageCol = atob(myObj.imageCol);

使用JSON

1 个答案: