通过AJAX调用的回声PHP编码JSON返回确切的内容？

小编典典

通过AJAX调用的回声PHP编码JSON返回确切的内容？

ajax

我想我在这里遗漏了一些东西：

使用AjAX，我从数据库中获取了一些数据，并以JSON格式将其发送回去。$ jsondata = array（）;

while ($Row = mysql_fetch_array($params))
{

    $jsondata[]= array('cat_id'=>$Row["cat_id"], 
                          'category'=>$Row["category"], 
                     'category_desc'=>$Row["category_desc"],
                     'cat_bgd_col'=>$Row["cat_bgd_col"]);
};

echo("{\"Categories\": ".json_encode($jsondata)."};");

到目前为止，我认为没有问题。

在回教士方面，我将以上内容接收回

ajaxRequest.responseText

如果我这样做

var categoriesObject = ajaxRequest.responseText; 
alert(categoriesObject);

我看到了我希望看到的内容，即警报中的整个阵列。

一切出错的地方就是尝试访问响应。我得到的错误是“ categoriesObject”不是对象-
如果不是，它是什么？我的bugginh是，我什至不能像这样访问它：

document.write(categoriesObject.Categories[0].category);

那我在做什么错呢？

阅读 227

2020-07-26

共1个答案

小编典典

您不应该手动创建JSON。用：

echo json_encode(array('Categories' => $jsondata));

要不就

    echo json_encode($jsondata);

我看不出要补充的理由Categories。

您必须使用JSON.parse（在大多数浏览器中可用，但也可以作为脚本使用）在客户端解码JSON ：
```
var data = JSON.parse(ajaxRequest.responseText);
```

如果要非常正确，请添加

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

到您的PHP脚本。

2020-07-26