将 JSON 字符串转换为 PHP 变量

Question

我有一个带有 Yahoo Weather API 数据的 JSON 数组：

"query":{
  "count":1,
  "created":"2015-09-08T15:33:25Z",
  "lang":"en-US",
  "results":{
    "channel":{
      "item":{
        "condition":{
          "code":"30",
          "date":"Tue, 08 Sep 2015 11:13 am EDT",
          "temp":"81",
          "text":"Partly Cloudy"
        }
      }
    }
  }
}

我只需要获取temp 和text 并将它们保存为变量...我该怎么做？

我尝试了编码、解码、subtr 和其他一些方法，但似乎无法正确使用语法。 我已经尝试过来自Convert JSON string to PHP Array的说明

这是我网站上的代码：

  $BASE_URL = "http://query.yahooapis.com/v1/public/yql";
  $yql_query = 'select item.condition from weather.forecast  where woeid in (select woeid from geo.places(1) where text="'.$city.', '.$state.'")';
  $yql_query_url = $BASE_URL . "?q=" . urlencode($yql_query) . "&format=json";
  // Make call with cURL
  $session = curl_init($yql_query_url);
  curl_setopt($session, CURLOPT_RETURNTRANSFER,true);
  $json = curl_exec($session);
  // Convert JSON to PHP object
  $phpObj =  json_decode($json);

    echo '<br><br><br><br>';

    echo $json;

Answer 1

首先json_decode() 的结果应该是一个对象或一个数组，所以要查看它不要使用echo 尝试使用print_r() 或var_dump()

$phpObj =  json_decode($json);
print_r($phpObj);

要获得您感兴趣的 2 个值，因为数据中的所有数据结构都是对象，请使用：-

echo $phpObj->query->result->channel->item->temp;
echo $phpObj->query->result->channel->item->text;

如果您不确定json_decode() 是否正常工作，则可能是 json 字符串格式错误，然后测试json_decode() 的结果是否有任何错误：-

$phpObj =  json_decode($json);
if ( json_last_error() !== 0 ) {
    echo json_last_error_msg();
} else {
    print_r($phpObj);
}