我的JSON輸出如下: 麻煩訪問多維JSON數據
var request = $.ajax({
type: "POST",
url: "generateplaylist.php",
data: {
id: myClassID
}
});
request.fail(function(jqXHR, textStatus) {
alert("Request failed: " + textStatus);
});
request.done(function(data) {
console.log(data.songartist[1]);})
我可以通過改變它的參數來獲取並手動訪問鏈接訪問JSON輸出。每當我嘗試像這樣通過後期訪問,我在console.log行上得到一個未定義的錯誤。我認爲這可能是因爲我有一個Json數組,每個鍵都是它自己的數組,但是一旦離開第一維,我就不那麼好了。我已經嘗試了很多變化
data.songartist
data[songartist]
data[songartist][1]
etcet。
這裏是generateplaylist.php
if(isset($_POST['id'])){
$json = array(
'success' => false,
'songartist' => '',
'songname' => ''
);
$x = 0;
while($row = mysqli_fetch_array($result)) {
$songartist[$x] = $row['songartist'];
$songname[$x] = $row['songtitle'];
$x++;
}
$json['success'] = true;
$json['songartist'] = $songartist;
$json['songname'] = $songname;
echo json_encode($json);
}
你可以顯示'generateplaylist.php'的代碼。 – Barry 2014-11-02 09:58:52
更新了代碼,修剪了一點點,我有多個Ajax請求運行,雖然此代碼設置與其餘的相同,除了事實上我存儲數組的鍵而不是單個值。 – Triston 2014-11-02 10:03:27