我想獲得一個AJAX搜索工作,我非常接近這一點。這是我使用的PHP。獲取MYSQL錯誤代碼,而試圖從數據庫中獲取JSON數據
<?php
$servername = "localhost";
$username = "root";
$password = "";
$dbname = "Products";
try {
$conn = new PDO("mysql:host=$servername;dbname=$dbname", $username, $password);
$conn->setAttribute(PDO::ATTR_ERRMODE, PDO::ERRMODE_EXCEPTION);
$searchValue = $_GET['search'];
if(isset($searchValue) && $searchValue != ''){
$search = addslashes($searchValue);
$statement = $conn->prepare("SELECT ProductName FROM Product WHERE ProductName LIKE('" . $search . "%') ORDER BY ProductName");
$statement->execute();
$all = $statement->fetchAll(PDO::FETCH_ASSOC);
for($i=0; $i<count($all);$i++){
echo json_encode($all[$i]).ProductName;
}
}
}
catch(PDOException $e)
{
echo "Error: " . $e->getMessage();
}
$conn = null;
?>
這個responseText我得到的是這樣的:
注意:未定義的常量產品名稱用途 - 假設 '產品名稱' 在F:\ XAMPP \ htdocs中\ searchSuggest.php上線23
{「ProductName」:「iMac」}產品名稱
注意:使用undefined constant ProductName - 假設'ProductName' 在F:\ xampp \ htdocs \ searchSuggest.php在線23
我想顯示的唯一事情是JSON對象的 「iMac的」 部分
爲什麼這個問題越來越下降投票(它的標題回升,但在 - 2)?這是一個沒有經驗的用戶,有一個簡單的錯誤,但是這有什麼問題?他提供了一個代碼示例,一個錯誤的例子,並清楚地說明了他的問題。沒有什麼不妥。 – Stuart