Question

我开始使用jquery $ .ajax（）但是我无法回复我想要的...我发送了这个：

$(function(){
            $.ajax({
                url: "graph_data.php",
                type: "POST",
                data: "casi=56&nada=48&nuevo=98&perfecto=100&vales=50&apenas=70&yeah=60",
                dataType: "json",
                error: 
                function (xhr, desc, exceptionobj) {
                    document.writeln("El error de XMLHTTPRequest dice: " + xhr.responseText);
                },
                success:
                function (json) {
                    if (json.error) { alert(json.error); return; }
                    var output = "";
                    for (p in json) {
                        output += p + " : " + json[p] + "\n";
                    }
                    document.writeln("Results: \n\n" + output);
                }
            });
        });

我的php是：

<?php

$data = $_POST['data'];

function array2json($data){ 
    $json = $data;

    return json_encode($json);
}
?>

当我执行这个时，我出来了：

结果：

就像我曾经在php中有一个echo array2json语句，但它只是给了回复的胡言乱语......我真的不知道我做错了什么，我用谷歌搜索了大约3个小时才得到基本的同样的东西。另外我不知道如何将参数传递给$ .ajax函数中的“data：”，如从网页获取信息，有人可以帮助我吗？

修改

我做了你的建议并打印数据现在非常感谢你=）然而，我想知道，我怎么能将数据发送到jQuery中的“data：”部分所以它来自于让我们说用户输入，我也在检查php文档，它说我可以编写类似的东西：

json_encode($a,JSON_HEX_TAG|JSON_HEX_APOS|JSON_HEX_QUOT|JSON_HEX_AMP)

然而，如果我这样做，我得到一个错误，说json_encode接受1参数，我给2 ...任何想法为什么？我正在使用php 5.2

Answer 1

首先：您传递给PHP脚本的数据将位于$_POST，而不是$_POST['data']。

下一步：你需要用一些数据实际调用array2json函数......那是完整的代码示例吗？

此外，我不确定array2json应该做什么...为什么不直接致电json_encode？

对于您的示例，您只需使您的PHP文件看起来像这样：

print json_encode($_POST);

最后，你应该得到像Firebug这样的工具来轻松调试你的AJAX调用。

修改：

要从用户发送数据，您只需在页面中的任意位置添加form，然后捕获submit事件和serialize数据，或者只是单个输入字段的get the value。然后，您可以使用它构建数据查询，作为字符串或对象。还有非常受欢迎的jQuery Form plugin使这一切变得更容易。

您收到错误的原因是因为json_encode的第二个参数在PHP 5.3.0之前未添加。所以，如果你有任何比这更早的东西，你就无法使用。

jquery + php + json有点丢失了

1 个答案: