MYSQL Data JSON PHP array -> Javascript (或Jquery)如何传递数据？
MYSQL Data JSON PHP array -> Javascript (或Jquery)如何传递数据？
提问于 2010-04-30 00:49:08
我从一个新的网站开始(这是我的第一个)，我遇到了很大的麻烦！我写了这段代码
<?php
include("misc.inc");
$cxn=mysqli_connect($host,$user,$password,$database) or die("couldn't connect to server");
$query="SELECT DISTINCT country FROM stamps";
$result=mysqli_query($cxn,$query) or die ("couldn't execute query");
$numberOfRows=mysqli_num_rows($result);
for ($i=0;$i<$numberOfRows;$i++){
$row=mysqli_fetch_assoc($result);
extract($row);
$a=json_encode($row);
$a=$a.",";
echo $a;
}
?>输出结果如下：
{"country":"liechtenstein"},{"country":"romania"},{"country":"jugoslavia"},{"country":"polonia"},这应该是一个正确的JSON输出...
我现在如何在Jquery中获取它？我试着用
$.getJSON 但我不能正确地融合它。我还不希望将数据传递到DIV或类似的HTML中。
作为更新，Andres Descalzo的代码可以工作！
<?php
include("misc.inc");
$cxn=mysqli_connect($host,$user,$password,$database) or die("couldn't connect to server");
$query="SELECT DISTINCT country FROM stamps";
$result=mysqli_query($cxn,$query) or die ("couldn't execute query");
$numberOfRows=mysqli_num_rows($result);
echo "{data: [";
for ($i=0; $i<$numberOfRows; $i++){
$row=mysqli_fetch_assoc($result);
extract($row);
$a = (($i!=0)?",":"") . json_encode($row);
echo $a;
}
echo "]}";
?>输出正确，如下所示：
{data: [{"country":"liechtenstein"},{"country":"romania"},{"country":"jugoslavia"},{"country":"polonia"}]}如何使用$getJSON？
语法是这样的
$.getJSON( url, [ data ], [ callback(data, textStatus) ] )url就是上面提到的PHP文件，但是[data]和回调函数？
回答 4
Stack Overflow用户
发布于 2010-04-30 00:56:46
它不是正确的JSON。正确的做法是，将元素括在方括号中(表示一个数组)，如下所示：
[{"country":"liechtenstein"},
{"country":"romania"},
{"country":"jugoslavia"},
{"country":"polonia"}]您可以首先从DB获取数组中的所有元素，然后对此数组进行编码：
$elements = array()
for ($i=0;$i<$numberOfRows;$i++){
$elements[]=mysqli_fetch_assoc($result);
}
echo json_encode($elements);这应该可以工作(在jQuery中使用$.getJSON() )。
更新：A .getJSON()示例：
$.getJSON('/path/to/php_file', function(data) {
// something with data which is of form
// data = [{'country': '...'}, {...}, ...]
//e.g.
alert(data[0].country);
});Stack Overflow用户
发布于 2010-04-30 01:04:50
请注意，JSON字符串不是有效的JSON字符串！我建议您在生成输出之前使用一次json_encode。你可能会这么做：
$countries = array();
for ($i=0;$i<$numberOfRows;$i++){
$row=mysqli_fetch_assoc($result);
//Not needed, I guess
//extract($row);
$countries[] = $row;
//More probably, you want to get only the country name
//$countries[] = $row['country'];
}
$result = json_encode( $countries );
echo $result;希望它是正确的，我还没有测试它:)
Stack Overflow用户
发布于 2010-04-30 00:56:15
我想你想回声一次-在循环之后。此外，如果您希望将其作为数组传递，请用括号将其括起来。如下所示：
for ($i=0;$i<$numberOfRows;$i++){
$row=mysqli_fetch_assoc($result);
extract($row);
$a=json_encode($row);
$a=$a.",";
}
echo '['.$a.']';您发送的结果将是：
[{"country":"liechtenstein"},{"country":"romania"},{"country":"jugoslavia"},{"country":"polonia"},]至于$.getJSON，你是如何应用它的？getJSON的语法为：
$.getJSON( url, [ data ], [ callback(data, textStatus) ] )你需要一个回调函数来使用'data‘
页面原文内容由Stack Overflow提供。腾讯云小微IT领域专用引擎提供翻译支持
原文链接：
https://stackoverflow.com/questions/2739160
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