json_encode() 没有将数据发送回 AJAX 调用答案

【问题标题】：json_encode() isn't sending data back to AJAX calljson_encode() 没有将数据发送回 AJAX 调用
【发布时间】：2016-05-11 05:25:22
【问题描述】：

所以我正在尝试创建和实现实时搜索功能。这是我的 PHP 代码。

<?php

ini_set('display_errors', 1);
error_reporting(~0);

define('DB_USER', '*****');
define('DB_PASSWORD', '*****');
define('DB_SERVER', 'localhost');
define('DB_NAME', 'MUSIC');
if (!$db = new mysqli(DB_SERVER, DB_USER, DB_PASSWORD, DB_NAME)) {
    die($db->connect_errno.' - '.$db->connect_error);
}

$arr = array();
    $sql = "SELECT * FROM main WHERE titles LIKE '%%'";
    $result = $db->query($sql) or die($mysqli->error);
    if ($result->num_rows > 0) {
        while ($obj = $result->fetch_object()) {
            $arr[] = array('title' => $obj->titles);
        }
    }

echo json_encode($arr);
?>

我正在调用的脚本：

<script src="https://ajax.googleapis.com/ajax/libs/jquery/1.12.2/jquery.min.js"></script>
    <script type="text/javascript">
    $(document).ready(function() {
    $('#keyword').on('input', function() {
    	var searchKeyword = $(this).val();
    	if (searchKeyword.length >= 3) {
    		$.post('search.php', { keywords: searchKeyword }, function(data) {
    			alert("Here");
    			$('ul#content').empty()
    			$.each(data, function() {
    				alert("Here as well");
    				$('ul#content').append('<li><a href="example.php?id=' + this.id + '">' + this.title + '</a></li>');
    			});
    		}, "json");
    	}
        });
    });
    </script>

以及适用于代码的一小部分 HTML：

<form role="form" method="post">
     <input type="text" class="form-control" id="keyword" placeholder="Enter keyword"></form><ul id="content"></ul>

现在，我的脚本没有收到任何数据，至少没有让它发出“警报（“这里也是”）”的信号。但是，确实出现了第一个“alert("Here")”。此外，我知道该脚本正在输入 search.php，因为我通过插入我的数据库对其进行了测试，并且它确实在每个 keyup 上都插入了。任何想法为什么它不返回任何数据？数据库条目现在有一个标题、一个艺术家和一个 ID。

您会在脚本中注意到发送了一个“关键字”设置。我删除了这个设置，因为我认为当我试图让它发送时没有必要（通常关键字会在SQL 语句的 LIKE 部分）。但是，这会导致问题吗？不知道怎么做。

感谢您的帮助。

【问题讨论】：

代替alert('Here')，尝试console.log(data) 并检查您的控制台
$sql = "SELECT * FROM main WHERE titles LIKE '%%'"; 关键字在哪里？
尝试设置正常的ajax调用并设置dataType: 'json'
您检查过data 的值吗？你发现了什么？如果出现第一个alert，那么它显然是在返回一些东西。
@Justinas 为什么，OP 已经将预期的响应类型设置为“json”

标签： php jquery ajax mysqli

【解决方案1】：

首先，永远不要使用or die()，尤其是mysqli 构造函数（提示：它永远不会是假的）。

其次，如果遇到错误，您应该以外部消费者（例如您的JS应用程序）能够理解发生错误的方式进行响应。

第三，使用带有参数绑定的预处理语句。这应该是不言而喻的。

<?php

// these should really be set in your environment's php.ini
ini_set('display_errors', 'On');
error_reporting(E_ALL);

// set mysqli to throw exceptions
mysqli_report(MYSQLI_REPORT_ERROR | MYSQLI_REPORT_STRICT);

try {
    $db = new mysqli('localhost', '*****', '*****', 'MUSIC');
    $stmt = $db->prepare("SELECT `id`, `titles` from `main` WHERE `titles` LIKE CONCAT('%', ?, '%')");
    $stmt->bind_param('s', $_POST['keywords']);
    $stmt->execute();
    $stmt->bind_result($id, $titles);

    $response = [];
    while($stmt->fetch()) {
        $response[] = ['id' => $id, 'title' => $titles];
    }
    $stmt->close();

    header('Content-type: application/json');
    echo json_encode($response);
    exit;
} catch (Exception $e) {
    http_response_code(500);
    echo $e;
}

当然，如果您的查询不包含任何结果，您的 JS $.each 将不会迭代任何内容。您需要通过检查data.length 来处理这种情况的客户端。

在我看来，您还应该尝试使用FULLTEXT 索引和MATCH 查询而不是LIKE。

【讨论】：