如何使用Objective-C将JSON数据发布到PHP数据库？

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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。

阅读 214

2020-07-27

共1个答案

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一些观察：

您应该使用msqliinterface而不是不推荐使用的mysql接口。
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。
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。
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）。
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fopen，php://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：

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。
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