Question

我有这段代码试图从sql数据库创建一个json文件。该代码会打印出FINE，但会给出警告

警告：从第5行的C：\ xampp \ htdocs \ z \ index.php中的空值创建默认对象

可以为我修复任何错误。这是我的代码。

 <?php include '../config.php';
 $sth = mysqli_query($conn,"SELECT * from movies limit 4");

 while($r = mysqli_fetch_assoc($sth)) {
     $rows->id = $r['id'];
     $rows->hidy = $r['hidy'];
 }

 print json_encode($rows);

Answer 1

您需要为存在的属性创建一个新类。简单的方法是使用strClass（）。

同样，如果您处于可能包含4个结果行的循环中，则循环需要将数据保存在数组中，否则您将丢失结果1,2,3，而结果4仅显示在JSON中

<?php 
include '../config.php';
$sth = mysqli_query($conn,"SELECT * from movies limit 4");

$rows = array();

while($r = mysqli_fetch_assoc($sth)) {
    $obj        = new stdClass();      // new line
    $obj->id    = $r['id'];
    $obj->hidy  = $r['hidy'];
    // you are in a loop of 4 results, so need an array of results
    $rows[] = $obj;
}
echo json_encode($rows);

或者，仅选择要使用的列并将结果作为对象->fetch_object()

获取

<?php 
include '../config.php';
$sth = mysqli_query($conn,"SELECT id,hidy from movies limit 4");

$rows = array();

while($r = $sth->fetch_object()) {
    $rows[] = $r;
}
echo json_encode($rows);

有没有办法解决这个问题在PHP

1 个答案: