基於數據庫生成簡單的JSON文件

嘿，我是iOS開發人員我想從我的網站創建簡單的JSON輸出。我發現很好的開始link，這裏是一些解釋如何做到這一點。基於數據庫生成簡單的JSON文件

所以我accounts.php文件中創建並把它放到我的public_html文件夾

<?php 

include_once("JSON.php"); 
$json = new Services_JSON(); 

$link = mysql_pconnect("localhost", "user", "pass") or die("Could not connect"); 
mysql_select_db("iglobe") or die("Could not select database"); 

$arr = array(); 

$rs = mysql_query("SELECT * FROM users"); 
while($obj = mysql_fetch_object($rs)) { 
    $arr[] = $obj; 
} 

Echo $json->encode($arr); 

?>

當然，我用我的用戶名和密碼和我指出我剛剛創建的數據庫OB我的結束。

所以當我嘗試請求我的文件，所以http // mywebsite.com/accounts.php沒有數據。

我試圖使用谷歌瀏覽器和郵差，所以它說，當我切換到JSON沒有收到響應。對於HTML，Postman中沒有信息。

我的問題我該如何測試它？即使我在include_once（「JSON.php」）之前使用Echo（123）行在html頁面上沒有123。

我試着用只有這個代碼來測試PHP：

<?php 
    phpinfo(); 
    ?>

和它的作品。我有PHP版本5.4.32

來源

2015-11-23 Matrosov Alexander

我覺得你的代碼崩潰到達回聲之前...如果你沒有看到123 – Ljubisa

開啓所有調試選項：'display_errors'和'error_reporting'。如果沒有別的，即使查詢完全禁止，你應該得到一個空的json編碼數組：'[]'。既然你不是，那麼腳本會在echo語句之前保存下來。 –

在每個命令之後添加回顯並查看它在哪裏中斷..所以一個在$ link之前，一個在$ rs之前一個 – Ljubisa

首先，簡單地使用PHP的函數json_encode($arr)。它完全符合你的要求，幾乎包含在我能想到的每個PHP版本中。

Documentation

而且，我不知道這是否是問題，但你可能要更改Echo==>echo。這至少是一般慣例。

SUPER重要

最後，請不要使用mysql擴展。它很危險，可能無法正常工作，並且存在安全漏洞。使用mysqli或PDO。

來源

2015-11-23 21:19:29

Matrosov -

你非常接近。使用json_encode函數通過PHP手冊輸出您的代碼。另外考慮使用mysqli而不是mysql來進行數據庫連接，因爲它更好地支持現代MySQL服務器。

http://php.net/manual/en/function.json-encode.php

http://php.net/manual/en/book.mysqli.php

<?php 

    include_once("JSON.php"); 

    $link = mysqli_connect("localhost", "user", "pass") or die("Could not connect"); 
    $link->mysql_select_db("iglobe") or die("Could not select database"); 

    $arr = array(); 

    $rs = mysql_query("SELECT * FROM users"); 
    while($obj = mysql_fetch_object($rs)) { 
     $arr[] = $obj; 
    } 

    echo json_encode($arr); 

    ?>

來源

2015-11-24 00:36:12 TheGrandPackard

基於數據庫生成簡單的JSON文件

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