无法从 URL 向 PHP 文件传递值？ [关闭]答案

【问题标题】：cannot pass value to PHP file from URL? [closed]无法从 URL 向 PHP 文件传递值？ [关闭]
【发布时间】：2019-01-21 07:16:58
【问题描述】：

当我通过 URL 传递一个值并输入一个有效值时，我使用内部服务器时遇到问题，显示他没有滚动查看我的代码的消息：

// 从此 URL 传递值：

http://localhost/test/get.php?name=aa

    <?php
    // include Marei DB Class 
    include 'DB.php';
    // get content input and create json object to parse it
    $data = file_get_contents("php://input");
    $obj = json_decode($data);
    // create db instance to use marei db queris 
    $db = DB::getInstance();
    // set type of header response to application/json for respone 
    header('Content-Type: application/json');

    if(!empty($_GET["name"])){

      print "{\"status\":0,\"message\":\"Username is Non !\"}" ;

    }else{

     print "{\"status\":0,\"message\":\"Username is Don !\"}" ;

    }
    ?>

// print these lines : 
{"status":0,"message":"Username is Non !"}

【问题讨论】：

我没有看到问题。 $_GET["name"] 是aa，不为空。所以它会打印第一条消息。
你确定你的输出信息是正确的吗？您的 if 读取“如果不为空”，这意味着它执行顶部代码块（如果存在）
不要用字符串生成 JSON，你应该总是使用json_encode()。
您的代码在读取时正在执行.. 它说用户名不是因为那是您编码的。 $_GET['name'] 不为空。
是的，我确定，它打印了这些行：{"status":0,"message":"Username is Non !"}

标签： php mysql

【解决方案1】：

更改if(!empty($_GET["name"])){ 给if(empty($_GET["name"])){

您错误地使用了! 运算符。 PHP 将其理解为not

如果你问$_GET 变量是否不为空，那么结果当然是true。

更多信息请查看http://php.net/manual/en/language.operators.php。

【讨论】：

【解决方案2】：

您能否说明将文件上传到您的服务器的方法？表单输入？

假设正在上传一个文件...我可以看到 2 个可能 3 个问题，所有这些问题都不是相互排斥的，因此可能是所有三个问题共同影响您的编码计划...

ONE 使用 $_FILES ，不输入

$name = $_FILES['file']['name'];

您必须将上传的文件从您的上传文件夹...移动到它的新位置。

两个请求方法应该是POST而不是GET...尤其是请求是由表单创建的。

三个 - 检查您的 php.ini 文件以确保启用文件上传。

【讨论】：

【解决方案3】：

empty 就够了。你也可以使用

if (!$_GET["name"]) {
   print json_encode(['status' => 0, 'message' => 'Username is Non !']);
}

【讨论】：

据说 SyntaxError: JSON.parse: unexpected character at line 1 column 1 of the JSON data
$_GET['name']，而不是 $_GET('name') 对于初学者。如果缺少数组键，您的代码将生成通知。