在PHP中處理JSON API響應數據存儲爲變量

我需要將來自JSON API響應的每個單獨的值存儲爲一個變量，以便我可以將它們存儲在MySQL中。在PHP中處理JSON API響應數據存儲爲變量

我能夠在回顯id時訪問此處顯示的頂級數據，但似乎無法訪問嵌入數據，如name> text。

我是新來的API使用，所以任何幫助表示讚賞。

<?php 
include("restclient.php"); 



$api = new RestClient(array(
    'base_url' => "https://www.eventbriteapi.com/v3", 
)); 
$result = $api->get("/events/" . $_POST['id_eventbrite'] . "/?token=MYTOKENISHERE"); 


echo $result['id']; 


?>

來源

2015-10-01 Mike Barbaro

的[我如何從JSON中提取數據與PHP？（可能的複製http://stackoverflow.com/questions/29308898/how-do-i-extract-data-from-json-with-php） –

Api結果或json或xml，你應該解析它。如果json使用var_dump(json_decode($result, true)); 如果使用xml json_decode(json_encode(simplexml_load_string($result)),true);

來源

2015-10-01 06:13:30

它來自Eventbrite API。我試過這個，它只是返回NULL。 '<？php include（「restclient.php」）; $ array =（ 'base_url'=>「https://www.eventbriteapi.com/v3」，））; $ result = $ api-> get（「/ events /」。$ _POST ['id_eventbrite']。「/？token = KEY」）; var_dump（json_decode（$ result，true））; echo $ result ['name'] ['text']; ？>' –

請做var_dump（$ result）;並在此寫入結果。 –

它說有太多的字符。基本上，它是在我的原始代碼中正確提取ID，但不會顯示第二級字段。我試圖顯示事件的名稱，然後是文本。例如：'{「name」：{「text：」：EVENT TITLE}，' –

首先，您需要創建一個包含Json結果相應列的表。然後，您只需生成一個查詢並將這些值放置就位。例如，讓我們說你的JSON結果是這樣

ID：1234
名稱：喬什
年齡：25

你需要創建相應的表

CREATE TABLE person (id int, name varchar(25), age int);

查詢會是這樣的：

INSERT INTO person (id, name, age) VALUES(?,?,?);

將數據綁定，你會做這樣的事情：

$stmt = $mysqli->prepare("INSERT INTO person (id, name, age) VALUES(?,?,?)"); 
$stmt->bind_param($response['id'], $response['name'], $response['age']);

然後執行查詢和完成。

有關參數綁定的詳細信息，請查看PHP文檔

http://php.net/manual/en/mysqli-stmt.bind-param.php

來源

2015-10-01 06:24:47 PekosoG

謝謝，雖然我的問題不在MySQL插入。我無法訪問嵌套的數據。我可以訪問ID很好，但不是事件標題。例如：'{「name」：{「text：」：事件標題}，' –

我看到...在這種情況下，使用$ myData = json_decode（$ YourJsonString，true）;獲取你的數據數組......然後簡單地訪問它像一個多維數組$ myData ['name'] ['text'] – PekosoG

在PHP中處理JSON API響應數據存儲爲變量

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