将 JSON 发布到 PHP 脚本答案

【问题标题】：Posting JSON to PHP script将 JSON 发布到 PHP 脚本
【发布时间】：2012-08-28 06:42:14
【问题描述】：

我在尝试将 JSON 从 javascript 发送到 PHP 脚本时遇到了很长时间：发送很好（我可以在提琴手中看到 JSON）但我在 @ 中什么也没收到987654325@：

javascript:

var person = {
  name: 'yoel',
  age: 28
};
xmlhttp.open("POST","http://localhost:8888/statisticsdb.php",true);
xmlhttp.setRequestHeader("Content-Type", "application/json");
xmlhttp.send(JSON.stringify(person));

php：

echo 'trying to print ' . var_dump($_POST["name"]);

我显然希望看到一些东西，但 var_dump 什么也没返回。非常感谢您的帮助！

【问题讨论】：

你可以使用 jQuery，它有一个非常简单的 $.post() 方法，你可以简单地将 JSON 对象作为参数传递： $.post('URL',person,success:function() )

标签： php javascript json post

【解决方案1】：

添加这个：

xmlhttp.setRequestHeader("Content-length", JSON.stringify(person).length);

【讨论】：

我认为这不能解决问题 - 也已经有一个公认的解决方案。

【解决方案2】：

$_POST 保存从具有Content-Type application/x-www-form-urlencoded 的请求中解码的值，即它解析：

param1=value1&param2=value2

进入：

array( 'param1' => 'value1', 'param2' => 'value2')

如果你以json格式发送数据，你必须从raw php input json_decode它：

$input = file_get_contents('php://input');
$jsonData = json_decode($input);

您将拥有一个 PHP 对象，其中填充了您的 json 内容。

【讨论】：

【解决方案3】：

尝试：

$data = json_decode(file_get_contents('php://input'));
var_dump($data->name);

原因是，您的 POST 请求的正文是：

{"name":"yoel","age":28}

不过，php 期望类似 (ref):

name=yoel&age=28

无法正确解析 json 字符串，因此$_POST 将为空。

【讨论】：

感谢您快速而有帮助的回复，非常感谢！