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使用$.getJSON检索php变量php

getjson mysqli variables php

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lch · 技术社区 · 12 年前

嗨,我目前正在试用 $.getJSON 从另一个php文件检索数据。然而,我对JSON有点陌生,所以我到处都缺少一些东西。不知道是否有人能帮我填空。当前我正在尝试获取控制台中显示的详细信息。

  <script type="text/javascript">
$(document).ready(function(){
$(".login_a").click(function(){
    $("#shadow").fadeIn("normal");
    var test = $(this).attr('data-id');
    var topost = 'getMilestoneDetail.php='+test;
    var returnResults = $.getJSON('getMilestoneDetail.php?id='+test,function(data)
    {
        console.log(data.projectName + " " + data.budget);
    });      
});
</script>

$id = $_GET['id'];

$sql = "SELECT * FROM projectmilestone where ID = '$id' ";
$query = mysqli_query($con,$sql);


while($row = mysqli_fetch_array($query, MYSQLI_ASSOC)){ 
    $projectName =$row['projectName'] ;
    $budget = $row['budget'];
    $id = $row['ID'];
    $mile1 = $row['mileStone1'];
    $mile2 = $row['mileStone2'];
    $mile3 = $row['mileStone3'];
    $percent1 = $row['percentage1'];
    $percent2 = $row['percentage2'];
    $percent3 = $row['percentage3'];
}
echo json_encode($row);

1 回复 | 直到 12 年前

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low_rents 12 年前

更新2 :因为我猜你只得到一个结果行,所以你根本不需要while循环。我的坏 $row 无法从循环外部访问。所以只需将while循环替换为:

$row = mysqli_fetch_array($query, MYSQLI_ASSOC);

那么您只需要输出第一行 $row[0] :

echo json_encode($row[0]);

这将生成一个json字符串

{"projectName":"abc...", "budget":"12345", .... }

等等

在你的javascript中,我不知道你的 POST 变量是。请尝试使用$.getJSON函数 GET 变量加( 使现代化 )json对象返回到匿名回调函数的参数“data”:

$.getJSON('getMilestoneDetail.php?id=' + test, function(data)
{
    //your returned data is saved in the variable "data" which is passed in the anonymous function above
    console.log(data.projectName + " " + data.budget);
});

然后你必须在你的 PHP 剧本因此更换:

$id = $_POST['id'];

具有:

$id = $_GET['id'];

更新 :我对javascript部分进行了更改,因为它不会返回任何其他内容。