我有点搞不懂为什么下面这些东西不起作用。
get.php
<?php
$username="root";
$password="root";
$database="testing";
mysql_connect(localhost,$username,$password);
@mysql_select_db($database) or die( "Unable to select database");
$name= $_GET['name'];
$query="SELECT * FROM t
我使用android和JSON。我走了这么远,但我可以在arraylist.The中设置ID错误将在“json_data.getInt(”ID“)中”
有人能帮我吗?
public void klussenlijst()
{
ArrayList<String> results = new ArrayList<String>();
JSONObject json_data;
mysql client = new mysql("http://www.****************/klussen.php?actie=
有人知道如何使用MySQL将NodeJS结果传递给JSON对象吗?
// my code
var mysql = require('mysql');
var records = {};
var connection = mysql.createConnection({
host: 'localhost',
user: 'root',
password: ''
});
connection.query('USE MyDB');
function getRecords() {
connection
我是一个新的php开发人员,我试图创建一个简单的系统,在那里我使用php从mysql中提取数据库,并在jquery mobile中使用json。
所以情况是这样的,我已经在我的网站上创建了一个自定义的mysqljson.php(从.php中提取数据),并且我已经成功地将它上传到我的网站上了
这是我提取mysql数据的代码`
header('content-type:application/json');
mysql_connect('localhost','root','') or die(mysql_error());
my
我已经看到了许多通过ajax调用php脚本的不同方法,这些方法可以返回json,但我似乎无法工作,我很好奇是否有人能帮助我。
下面是我的PHP脚本:
//database connection stuff....
$query = "SELECT * FROM weather limit 10";
$result = mysql_query($query) or die("SQL Error 1: " . mysql_error());
// get data and store in a json array
while ($row = mysql_fetc
我已经使用谷歌地理编码v3约6个月,但突然停止工作(我得到一个610错误)。最后一周才停下来。
然后我看到了这个(见页面顶部的粉色框!):
我已经阅读了所有的文档,不知道从哪里开始!
我希望这是一个小小的改变,因为要花很长时间才能走到这一步,有人能帮忙吗?
在这里看完整的网站
更新:
require("database.php");
// Opens a connection to a MySQL server
$con = mysql_connect("localhost", $username, $password);
if (!$con)
{
我试图在000Web主机上创建一个非常简单的web应用程序,但是当我试图实现这个时:
<?php
include_once("JSON.php");
$json = new Services_JSON();
$link = mysql_pconnect("******", "******", "******") or die("Could not connect");
mysql_select_db("******") or die("Could not select databa
下面有一个mysql查询运行良好,但我想使用prepare语句运行laravel。
SET @sql = NULL;
SELECT GROUP_CONCAT(CONCAT("SELECT '",colname,":' AS 'Label',GROUP_CONCAT(JSON_UNQUOTE(JSON_EXTRACT(attr_details,'$.", colname,"'))) AS 'val' FROM mytable GROUP BY Label") SEPARATOR
我试图从MySQL数据库中获取数据,但是在php文件中我得到了这个错误:
Fatal error: Call to undefined function: json_encode() in /homez.100/pizzapar/www/clic/marwa/test/base.php on line 13
这是我的php文件:
<?php
echo"welcom <br>";
$conn = mysql_connect('xxx.xxx.xxx.xxx','xxx','xxx');
if ($c
我试图在PHP中创建一个update函数,但是记录似乎并没有随着更新而改变。我已经创建了一个JSON对象来保存传递给这个文件的值,根据我运行的Firebug Lite控制台,这些值输出得很好,所以可能是SQL端出了问题。有人能发现问题吗?如果能帮上忙我会很感激!
<?php
$var1 = $_REQUEST['action']; // We dont need action for this tutorial, but in a complex code you need a way to determine ajax action nature
$jsonObjec
我想从url中得到一个参数。网址看起来是这样的:
www.example.com/?v=12345
我希望获得参数并查询mysql数据库,以便使用ajax获得正确的数据。
所以我在这里有我的ajax电话:
$.ajax({
type:"POST",
url:"ajax2.php",
dataType:"json",
success:function(response){
var id = response['id'];
var url = response['url'];
var name = respon
我的mysql表中有城市。我是通过mysql查询来获取这些内容的。然后我想以json格式显示。但是,由于城市名称中的无效字符,json不会显示。有人能帮上忙吗?这是我的代码。我想通过使用strip_tags或这个数组的任何东西来以某种方式获得json格式。请帮我解决这个问题。
$zone = $mcon->query("SELECT name from tbl_cities ORDER BY name ASC");
$data = array();
while ($value = $zone->fetch_assoc()) {
$data[] = $valu