senden Sie json-Daten aus php

Bin ich Total neu in Php und ich versuche zu senden, json-Daten aus php auf android.Ich habe den folgenden code in php zu Lesen, Wert aus Datenbank:

<?php
$con=mysql_connect("localhost","root","");

if(! $con)
{
        die('Connection Failed'.mysql_error());
}

mysql_select_db("registration",$con);
$name="Adam";//$_POST["name"];
$password="charles";//$_POST["password"];
$sql="SELECT * FROM users WHERE name='$name'and password='$password'"; 

$result=mysql_query($sql, $con);
while($row = mysqli_fetch_array($result))     
{
    $details= array(
        'name' => $row['name'],
        'password' => $row['password'],

    );
    array_push($json, $bus);
}

$jsonstring = json_encode($json);
echo $jsonstring;
mysql_close();
?>

Ich nehme an, dass die Ausgabe in etwa so aus:

[{"name":"Adam","age":"25","surname":"charles"}]

Wenn ich mich nicht Irre JSON-Daten.
Aber das gibt mir Fehler :

mysqli_fetch_array() expects parameter 1 to be mysqli_result, resource given in...

und auch 

Undefined variable: json in...

kann jemand pleease sagen Sie mir, was könnten mögliche Fehler

1. Sie sind mit mysql_*und mysqli_* (wählen Sie eine, und wählen Sie bitte mysqli 🙂 ). 2. $json ist nicht überall definiert (definieren Sie ihn oben mit $json = array();). 3. $bus ist nicht definiert, überall - meinst du $details? 4. Bitte machen Sie sich vertraut mit SQL-Injection (en.wikipedia.org/wiki/SQL_injection).

InformationsquelleAutor Raj | 2013-03-07

  1. 10

    Versuchen, da dies

    $result=mysql_query($sql, $con);
$json = array();
while($row = mysql_fetch_array($result))     
 {
    $json[]= array(
       'name' => $row['name'],
     'password' => $row['password']
    );
}

$jsonstring = json_encode($json);
 echo $jsonstring;

    Und mysql ist veraltet, wenn Sie verwenden können, mysqli oder PDO

    Danke eine Tonne @Sam!!!
    Du bist willkommen 😀

    InformationsquelleAutor Sam

  2. 7

    Zusätzlich zu den vorgeschlagenen änderungen von sam und pitchinnate, auch prüfen, hinzufügen von php-header die content-type für json

    header('Content-type: application/json');

    Ist, dass wenn Sie mit android-anfordern von json-Daten aus der Ferne

    InformationsquelleAutor Sixthpoint

  3. 1

    Sind Sie mit mysql_query mit mysqli_fetch_array. Sie benötigen mysql_fetch_array.

    Jedoch mysql_* Funktionen sollten nicht mehr verwendet werden.

    Auch ein weiterer Fehler:

    array_push($json, $bus); //i believe $bus should be replaced with $details
    Kann u bitte sagen Sie mir, was ist falsch in der oben

    InformationsquelleAutor Pitchinnate

  4. 0

    Ich denke, Sie sollten überprüfen Sie den Inhalt Sie die variable $Ergebnis (var_dump()); In der Tat, wenn das Ergebnis nicht definiert ist, wird Ihr Programm nicht in die Schleife und $json nicht definiert werden.

    InformationsquelleAutor

  5. 0

    Undefined variable: json
    verursacht wird, weil Sie versuchen zu tun array_push($json, $bus), aber $json nicht existiert.

    sollten Sie es erklären, erste

    $json = Array();

    Den mysql-Fehler ist wahrscheinlich verursacht, weil Sie mischen die mysql-und mysqli-Module.

    Mysqli verwendet nur.

    $con=mysqli_connect("localhost","root","");
mysql_select_db("registration",$con);
...
$result=mysql_query($sql, $con);

    Außerdem ist es generell eine schlechte Idee für die Speicherung der Passwörter im Klartext. Erwägen Sie die Verwendung einer hash-Funktion mindestens.

    InformationsquelleAutor Ignacio Quintero

Schreibe einen Kommentar