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如何使用Objective-C将JSON数据发布到PHP数据库?

json

我在将数据发送到在线数据库时遇到问题。当我检查数据库时,似乎什么都没有发布。我对收到的响应执行了NSLog,它为空。

这是.php:

<?php
        $db_host="someurl.com";
        $db_username="some_user"; 
        $db_pass="some_passwd";
        $db_name="some_db";

        $conn = mysql_connect($db_host, $db_username, $db_pass) or die ("Could not connect to 
                                                                        MySQL");

        mysql_select_db("$db_name") or die ("No database");

        // array for JSON response
        $json = $_SERVER['HTTP_JSON'];
        $data = json_decode($json);
        $some1_id = $data->some1_id;
        $imei = $data->imei;

        //does the imei exist?
        $result = mysql_query("SELECT * FROM usr_go WHERE imei = '".$imei."'");

        if (mysql_num_rows($result) == 0){
            if(isset($some1_id))
                $result = mysql_query("INSERT INTO usr_go(some1_id, imei) VALUES('".$some1_id."','".$imei."')");
        }
        else{
            if(isset($some1_id))
                $result = mysql_query("UPDATE usr_go SET some1_id = '".$some1_id."' WHERE imei = '". $imei ." AND some1_id IS NULL ");
        }

        mysql_close($conn);

        header('Content-type: application/json');
        $response = $result;
        echo json_encode($response);
?>

但是,如果我将$ response硬编码为某个字符串值,而NSLog接收到的响应,它将接收适当的字符串值。

这是我的代码:

NSDictionary *dict = @{@"some1_id" : [NSNumber numberWithInt:self.cellIndex]};

    NSError *error = nil;

    NSData *json = [NSJSONSerialization dataWithJSONObject:dict options:0 error:&error];

    if (json)
    {
        NSURL *url = [NSURL URLWithString:@"someurl.com"];

        NSMutableURLRequest *req = [NSMutableURLRequest requestWithURL:url];
        [req setHTTPMethod:@"POST"];
        [req setValue:@"application/json; charset=utf-8" forHTTPHeaderField:@"Content-Type"];
        [req setHTTPBody:json];

        NSURLResponse *res = nil;
        NSData *ret = [NSURLConnection sendSynchronousRequest:req returningResponse:&res error:&error];

        NSString *resString = [[NSString alloc] initWithData:ret encoding:NSUTF8StringEncoding];
        NSLog(@"response String: %@",resString);


        NSString *jsonString = [[NSString alloc] initWithData:jsonData encoding:NSUTF8StringEncoding];
        NSLog(@"JSON Output: %@", jsonString);
    }
    else
    {
        NSLog(@"Unable to serialize the data %@: %@", dictionary, error);
    }

是不是无法插入IMEI(这就是为什么它不发布)或其他问题的事实?

谢谢你的协助。


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2020-07-27

共1个答案

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一些观察:

  1. 您应该使用msqliinterface而不是不推荐使用的mysql接口。

  2. 您永远不要接受输入,而只能在SQL语句中使用它。使用mysqli_real_escape_string或绑定值(如下所示)。这对于确保您不受SQL注入攻击的影响至关重要。如果插入的值恰好包含保留字符,它还可以防止出现无辜的错误。

  3. 不仅要尝试仅json_encode求结果的mysqli_query结果,还应构建更有意义的关联数组。例如,您可以检查mysqli调用的结果,如果成功,则返回一个JSON,如果失败,则返回另一个。我可能建议让故障再现返回错误消息。

  4. 您应该在Web浏览器中测试PHP,或者使用类似于Charles的设备在PHP中进行测试。在处理客户端代码之前,请确保已获取期望的JSON。底线,看看是否可以彼此隔离地测试客户端代码和服务器代码(或首先使其尽可能简单)。

  5. 我对这种$_SERVER['HTTP_JSON'];结构不熟悉。如果这对您有用,那很好,但是在我的服务器上不起作用。历史上我已经完成了fopenphp://input如下图所示。

例如,这是一个不同的数据库/表,但是它可能说明了PHP代码可能是什么样的想法:

// read JSON input

$handle = fopen("php://input", "rb");
$raw_post_data = '';
while (!feof($handle)) {
    $raw_post_data .= fread($handle, 8192);
}
fclose($handle);

$request_data = json_decode($raw_post_data, true);

// prepare header for reply

header("Content-Type: application/json");

// open database

$mysqli = new mysqli($host, $userid, $password, $database);

// check connection

if ($mysqli->connect_errno) {
    echo json_encode(array("success" => false, "message" => $mysqli->connect_error, "sqlerrno" => $mysqli->connect_errno));
    exit();
}

// perform the insert

$sql = "INSERT INTO locations (message, device, longitude, latitude) VALUES (?, ?, ?, ?)";

if ($stmt = $mysqli->prepare($sql)) {
    $stmt->bind_param("ssdd", $request_data["message"], $request_data["device"], $request_data["latitude"], $request_data["longitude"]);

    if (!$stmt->execute())
        $response = array("success" => false, "message" => $mysqli->error, "sqlerrno" => $mysqli->errno, "sqlstate" => $mysqli->sqlstate);
    else
        $response = array("success" => true);

    $stmt->close();
} else {
    $response = array("success" => false, "message" => $mysqli->error, "sqlerrno" => $mysqli->errno, "sqlstate" => $mysqli->sqlstate);
}

$mysqli->close();

echo json_encode($response);

显然,为您的表更改此设置,但它说明了上述一些概念。通常,我会添加更多的错误检查(例如Content- Type,请求的,检查以确保在尝试使用变量之前已设置变量等),但是您可能会明白。


在客户端,还有一些较小的发现:

  1. 最严重的问题是的使用sendSynchronousRequest。请sendAsynchronousRequest改用(或无数其他异步方法)。切勿从主线程发出同步请求。

  2. 解析响应时,resString将包含原始JSON。我不知道jsonData在构建时要引用什么变量jsonString,但这看起来并不正确。

如果要解析响应,则为:

    NSError *parseError;
NSDictionary *dictionary = [NSJSONSerialization JSONObjectWithData:data options:0 error:&parseError];

顺便说一句,以上方法假设您在响应中返回JSON字典,就像我在示例中所做的那样,而不是原始JSON所做的。

2020-07-27