處理JSON的數據後在PHP

我收到JSON數據後....處理JSON的數據後在PHP

{"split_info":"17076370","customerName":"Lahoti","status":"failed","error_Message":"fail.","paymentId":"17076370","productInfo":"productInfo","customerEmail":"[email protected]","customerPhone":"999999999","merchantTransactionId":"BR121","amount":"19.0","notificationId":"443"}

我已經寫PHP代碼更新使用所接收的merchantTransactionId作爲JSON數據後我的數據庫。我的數據庫是不會更新... 我的PHP代碼如下請幫助..

<?php 
include("dbconnection.php"); 
if(isset($_POST)) 
{ 
$json_a = json_decode($_POST, true); 
$Id=$json_a['merchantTransactionId']; 
$status="payUMoney"; 
mysql_query("UPDATE std SET status= '".$payStatus."' WHERE Id='".$Id."'", $db); 
?>

來源

2015-06-28 Arshad Ali

這是錯誤的語法，但你也可以考慮使用PDO或mysqli的API –

'$ status'和'$ payStatus'？另外你很容易受到[sql注入攻擊]（http://bobby-tables.com） –

如果你發佈你的json數據作爲郵件正文而不是表單值，那麼你需要通過$ json_string來訪問它= file_get_contents（'php：// input'） eg http://stackoverflow.com/questions/8893574/php-php-input-vs-post –

-1

$json_a = json_decode($_POST, true);

$ _ POST是一個數組

json_decode（）接受字符串

的var_dump（$ _ POST），看看你的JSON數據位於

來源

2015-06-29 16:06:29

您必須閱讀的HTTP請求正文目錄$ _POST只提供表單數據，從你試圖接收JSON /應用程序請求的聲音開始？

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

$json_string = file_get_contents('php://input'); 

if($json_string !== null) 
{ 
$json_a = json_decode($json_string, true); 
$Id=$json_a['merchantTransactionId']; 
$status="payUMoney"; 
mysql_query("UPDATE std SET status= '".$payStatus."' WHERE Id='".$Id."'", $db); 
} 
?>

請永遠不要生成SQL語句，雖然這樣一來，他們大量不安全的，將離開你打開到SQL注入攻擊和各種髒東西的。

來源

2015-06-29 16:30:18

處理JSON的數據後在PHP

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