我无法使用 JSON 发送 POST 变量答案

【问题标题】：I fail to send POST variables with JSON我无法使用 JSON 发送 POST 变量
【发布时间】：2016-01-30 18:13:34
【问题描述】：

我正在开发一个 Android 应用程序。我正在使用 JSON 与服务器通信。我有一个奇怪的问题。

我有一个问题列表。将android问题数据库与服务器同步；我使用 JSON post 方法一一发送所有问题。发送第一个问题后，我等待 JSON 中的“success=1”标签，然后发送以下问题。这是我的 PHP 文件：

<?php

require("config.inc.php");

if (!empty($_POST)) {

    $query = "
        INSERT INTO questions (question, username, askedDate, questionIDFromAndroid )
        VALUES ( :question, :username, :askedDate, :questionIDFromAndroid)";

    date_default_timezone_set('Europe/Istanbul');
    $date = date('Y-m-d H:i:s', time());



    $query_params = array(
        ':question' => $_POST['question'],
        ':username' => $_POST['username'],
        ':questionIDFromAndroid' => $_POST['questionID'],
        ':askedDate' => $date 
    );


    try {

        $stmt   = $db->prepare($query);
        $result = $stmt->execute($query_params);
    }
    catch (PDOException $ex) {

        $response["success"] = 0;
        $response["message"] = $ex->getMessage() ;
        die(json_encode($response));
    }

    $response["success"] = 1;
    $response["questionID"] = $_POST['questionID'];
    $response["question"] = $_POST['question'];
    $response["message"] = "Question Successfully Added!";
    echo json_encode($response);

    unset($_POST);
}
?>

查看 $query_params 变量。在那里，我读取了 $_POST 变量并将它们传递给 MySQL。在这里我可以正确设置所有值。问题是;当我尝试将 $_POST 变量传递到 JSON 时，服务器仅将第一个问题的值发送到 android 应用程序。

我的意思是，假设我向服务器发送了 5 个问题。

MySQL 结果（一切都是真的）：

问题：问题ID：1；问题：“问题 1”
问题：问题ID：2；问题：“问题 2”
问题：问题ID：3；问题：“问题 3”
问题：问题ID：4；问题：“问题 4”
问题：问题ID：5；问题：“问题 5”

JSON 结果（我只得到第一个 POST 的值）：

问题：问题ID：1；问题：“问题 1”
问题：问题ID：1；问题：“问题 1”
问题：问题ID：1；问题：“问题 1”
问题：问题ID：1；问题：“问题 1”
问题：问题ID：1；问题：“问题 1”

所以，我不明白为什么我可以正确地将 POST 值传递给 mySQL，但我不能将它们作为 JSON 回显。

我没有发送 android 代码，因为我确信 android 应用程序正确发送值，因为我可以在 mySQL 中看到预期值。

我尝试了什么：

-在我使用POST变量之前，我将它们传递给一个局部变量，我尝试使用这个局部变量插入mySQL和echo JSON（结果相同）

【问题讨论】：

也许是它的缓存？
您在哪里实际看到 JSON 结果？在您的应用程序中？您应该显示该代码。
是的，你需要更清楚。通过逐个发送问题，您的意思是您为每个问题发送一个对这个 PHP 脚本的请求？您的“MySQL 结果”是什么意思？它们是 PHP 生成的查询字符串，还是每个查询实际上都返回了成功的查询结果..
PHP 代码看起来不错，发布您的接收从 PHP 脚本返回的 JSON 的 android 代码。

标签： php android mysql json post

【解决方案1】：

我发现了问题。正如我所说，我一一发送问题，我对每个问题使用迭代并发送它们。我的“JSONParser”对象不在迭代中。它在迭代类的开头，但不在迭代方法中。因此，对于每次迭代，我的应用程序都会读取 JSONParser 对象的第一个实例。在我将这段代码JSONParser jsonParser = new JSONParser(); 移动到我的迭代方法中后，我的问题就解决了。

【讨论】：