jQuery的 - parsererror - JSON輸入

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我試圖找回從我的數據庫信息，並在顯示的jQuery生成的表中的信息的意外結束。我曾經這樣做過，並使用完全相同的代碼它不工作了。我擡頭一看一下這幾款其他問題，但他們都不給我一個答案。情況是這樣的：一個用戶從選擇菜單中選擇一個值，通過選擇一個值，這個值被髮送和用於檢索正確的數據在正確的關鍵。然後，通過按下一個按鈕，該數據應該會出現在表中。爲了做到這一點，我使用了3個Ajax調用，一個用於填充選擇框，一個用於發送正確的值，另一個用於檢索所需的數據。前兩個完美的工作，但不是最後一個。我的瀏覽器接收到的數據（見下文），但該表沒有出現，我得到一個錯誤「JSON輸入意外結束」。任何人都可以幫我解決這個問題嗎？jQuery的 - parsererror - JSON輸入

HTML出錯的阿賈克斯/ jQuery的：

function BekijkGegevens() { 
     $.ajax({ 
      type: 'GET' 
      , data: {} 
      , dataType: 'json' 
      , url: "https://projectmi3.000webhostapp.com/webservices/bekijk.php" 
      , success: function (rows) { 
       $('#output').append("<table><tr><th> datum</th><th>stand</th></tr>") 
       for (var i in rows) { 
        var row = rows[i]; 
        var datum = row[1]; 
        var stand = row[0]; 
        $('#output').append("<tr><td>" + datum + "</td><td>" + stand + "</td></tr>"); 
       } 
       $('#output').append("</table>"); 
      } 
      , error: function (JQXHR, TextStatus, ErrorThrow) { 
       console.log(JQXHR); 
       console.log(TextStatus); 
       console.log(ErrorThrow); 
      } 
     }) 
    }

PHP：

<?php 
include_once('confi.php'); 
error_reporting(E_ALL); 


if (isset($_POST['teller'])) 
{ 
$teller = mysqli_real_escape_string($conn,$_POST['teller']); 


$sql2="SELECT sta_stand,sta_datum FROM stand WHERE teller_id = '$teller'"; 

$result = $conn -> query($sql2); 
//$query2 = mysql_query($sql2) or trigger_error(mysql_error()." ".$sql2); 



$data2=array(); 

while ($row = mysqli_fetch_row($result)) 
{ 
    $data2[]=$row; 
} 


echo "{data:" .json_encode($data2). "}" ; 
} 
?>

感謝您的幫助，您可以提供。

編輯：忘了把我的瀏覽器網絡，在這裏。 http://puu.sh/uzI4f/a9ed1e0be5.png

編輯2：我已經將PHP腳本分成兩個獨立的文件，並嘗試使用會話變量傳遞所需的密鑰，如評論中所建議的。但我仍然遇到同樣的錯誤。在此兩個新PHP文件：這一個是用於從Jquery的發送鍵，PHP：

<?php 
include_once('confi.php'); 
error_reporting(E_ALL); 
session_start(); 


if (isset($_POST['teller'])) 
{ 
$teller = mysqli_real_escape_string($conn,$_POST['teller']); 
$_SESSION['teller'] = $teller; 
} 

?>

這一個是用於獲取所需的信息：

<?php 
include_once('confi.php'); 
error_reporting(E_ALL); 
session_start(); 

if (isset($_SESSION['teller'])) 
{ 
$sql2='SELECT sta_stand,sta_datum FROM stand WHERE teller_id ="' .$_SESSION['teller'].'"' ; 


$result = $conn -> query($sql2); 
//$query2 = mysql_query($sql2) or trigger_error(mysql_error()." ".$sql2); 



$data2=array(); 

while ($row = $result-> fetch_row()) 
{ 
    $data2[]=$row; 
} 


echo json_encode($data2); 
} 

?>

來源

2017-03-08 Can Yazicioglu

如果你在成功回調中使用'console.log（rows）'，你會看到數據嗎？ –

聽起來像你的JSON是無效的。查看網絡標籤中的請求，看看你有什麼。 – epascarello

您正在打印破碎的json。 '{data：'缺少引號。 – tkausl

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不要嘗試到膠數據串，這樣的：

echo "{data:" .json_encode($data2). "}" ;

使用簡單

echo json_encode(['data'=> $data2]);

應該產生相同的結果，如果一切順利，但難道不分手的json如果你的$數據2爲空

聲明你$ DATA2在begginng，前if語句：

$data2 = []; 
if (isset($_POST['teller'])) { 
    //do stuff and redefine $data2 or fill it; 
} 

//always echo valid json, event if no $POST["teller"] has arrived 
echo json_encode(['data' => $data2]);

來源

2017-03-08 14:16:59

我試圖改變它，現在Ajax TextStatus錯誤返回：「Parse error：syntax error，unexpected'['，expect ... 47/public_html/webservices/beekijk.php on line26↵」，status：200 ，statusText：「parsererror」}「 –

」它應該產生相同的結果「實際上，它不應該，因爲它會產生_correct_結果，其中'data'被引用，因爲JSON需要引用鍵。 – tkausl

請參閱編輯。如果$ _POST中沒有出納員，則不要回顯json –

首先，一些警告（in accordance with this link）：

Little Bobby說your script is at risk for SQL Injection Attacks.瞭解prepared報表MySQLi。即使escaping the string也不安全！Don't believe it?

您應該測試對你的第二個腳本會話變量，它應該是這樣的：

<?php 
include_once('confi.php'); 
error_reporting(E_ALL); 
session_start(); 


if (isset($_SESSION['teller'])) 
{ 
    $teller = $_SESSION['teller']; 
    $sql2="SELECT sta_stand,sta_datum FROM stand WHERE teller_id = '$teller'"; 
    $result = $conn -> query($sql2); 

    $data2=array(); 

    while ($row = mysqli_fetch_row($result)) 
    { 
     $data2[]=$row; 
    } 

    echo json_encode(['data'=> $data2]); 
} 

?>

請注意，我還追加了「數據」正確的JSON，而不是隻是想「膠水」（如Denis Matafonov所說）JSON字符串在一起。

來源

2017-03-08 16:16:25

jQuery的 - parsererror - JSON輸入

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