PHP錯誤無法檢索像Android應用程序

我想給數據庫的Android應用程序搜索，但語句當我搜索與SQL syntaxs「LIKE」字符串元素，PHP錯誤無法檢索像Android應用程序

如：

SELECT * FROM `test123` WHERE (`name` LIKE '%A%')

它會給我一個錯誤：

A JSONArray text must start with '[' at character 1 of ....

，但如果我搜索：

SELECT * FROM `test123`

它會正常工作。

<?php 

mysql_connect("website.com","root","password"); 
mysql_select_db("test123"); 

$q=mysql_query($_REQUEST['sql']); 
while($e=mysql_fetch_assoc($q)) 
    $output[]=$e; 

print(json_encode($output)); 

mysql_close(); 
?>

來源

2011-08-04 user870077

我真誠地希望'mysql_query（$ _ REQUEST ['sql']）'僅用於測試目的...... – deceze

@ user870077你可以在你的Android應用程序端包含一些代碼。我很確定問題在那裏。 –

這應該只是

"SELECT * FROM test123 WHERE name LIKE '%A%'"

來源

2011-08-04 04:25:46 blake305

但是，只有當查詢返回至少1行時，這纔會起作用。 OP的代碼仍然有一個基本缺陷;當查詢沒有返回行時，它返回格式錯誤的JSON。 – Asaph

我認爲這可能是做工精細SELECT * FROM test123（name）WHERE（name LIKE '％A％'）

來源

2011-08-04 04:59:58

當我用戶php json_encode它總是返回一個JSONObject，而不是JSONArray。嘗試打印您的原始結果logcat的，看什麼形式在不在。

來源

2011-08-04 05:07:22 Pikaling

當你給它一個對象或關聯數組時，'json_encode'將返回一個對象。具有數字鍵的數組將返回一個數組。使用選項「JSON_FORCE_OBJECT」調用'json_encode'將始終返回一個對象。 –

感謝澄清 - 我總是使用關聯數組，所以這是有道理的。 – Pikaling

$output = array(); 
while ($e = mysql_fetch_assoc($q)) { 
    $output[] = $e; 
}

問題可能僅僅是如果沒有結果，$output從未定義。當你再嘗試json_encode($output)，PHP拋出一個警告有關$output被不確定，從而導致最終的輸出，如：

PHP Notice: Undefined variable: output in ... 
null

這是無效的JSON。即使您的警告被抑制，輸出將只是null，這不是JSON數組。如果你的客戶希望有一個數組，那麼它會對null感到失望。

始終初始化您的變量。

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2011-08-04 05:24:15 deceze

擊敗我:-) –

PHP錯誤無法檢索像Android應用程序

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