在php中解码JSON POST

我在我的ajax中使用dataType:'json'和data: {'post':val}将数据发送到我的php文件。 val在data: {'post':val}是一个变量。
发送到php文件的数据是[object Object]因此，在将它分配给一个php变量之前，我需要对它进行解码。我是JSON新手，不太了解。
我试过$id=$_POST['post'];，但由于发送的数据是JSON格式，所以不起作用。
如何发送“正常”数据或内部消除消除dataType:'json'我的PHP文件有一个由json_encode

注送回AJAX数组中的数据进行解码：该值是完全在阿贾克斯时分配。（当我用alert({post:val}['post']);提醒它时，显示的结果是我指定的）。

嗯..这是我更新阿贾克斯（我不小心贴错一个在以前的代码）： -
在php中解码JSON POST

function op_prof(obj) { 
    var xval = obj.id; 
    var dataString = "{'u_search':'"+xval+"'}"; 

    $.ajax({ 
    type: "POST", 
    url: '/script/profile.php', 
    data: dataString, 
    dataType: 'json', 
    cache: false, 
    success: function(data) { 
     console.log(data); 
    } 
    }); 
};

来源

2013-05-19 Tom

你要找的'json_decode'用法是这样的：'$ ID = json_decode（$ JSON） - > u_search;'。 –

你可以添加php脚本profile.php吗？数据是一个对象的事实是非常正常的jquery ajax eval json自动。 – SmasherHell

dataType指定，你从期待回的数据类型服务器。它不会导致数据以JSON形式发送。

如果被设置为PHP程序的数据是[object Object]，则会导致某些对象被串化并放入发送的数据中。你没有共享足够的代码来确定这是什么。

来源

2013-05-19 10:11:37 Quentin

@Quetin我更新的代码 – Tom

@汤姆 - 更新后，该代码将发送字符串'{“u_search”：XVAL}'，'不是[对象的对象]' – Quentin

@Quetin我已经更新了代码。如果我使用'{“u_search”：XVAL}'代码在'成功：'不跑 – Tom

您应该使用

data: {post: dataString}

代替，而在PHP中，使用json_decode($_POST['post']);。通过这种方式，发布的数据的名称（'发布'在这里），你可以看到它与WebKit督察或萤火虫。

如果使用data: dataString，不会有在$_POST任何数据，但你可以在PHP脚本中使用$_SERVER["QUERY_STRING"]，这是URL编码仍然检索dataString。因此，完成行应该是$dataString = urldecode($_SERVER["QUERY_STRING"]);

此外，如果dataString是从一个简单的，非嵌套的对象字符串化，你可以使用

data: {key1: value1, 
     key2: value2}

然后retrive值在PHP与$value1 = $_POST['key1'];，节省了时间编码和解析JSON 。

来源

2013-05-19 10:20:37 Haocheng

问题是您正在准备将数据作为字符串发送。这是没有必要的。 data param期望数据对象，所以给它一个对象。然后，在服务器端，该对象中的每条数据将作为单独的post var到达。

JS：

$.ajax({ 
    url: '/script/profile.php', 
    data: {foo: 'bar'}, //<-- our data is an object, not a string to be decoded 
    type: 'post' 
}).done(function(response) { 
    alert(response); //<-- alerts "received data "bar"!" 
});

PHP

<?php 
if (isset($_POST['foo'])) echo 'received data "'.$_POST['foo'].'"!'; 
?>

如昆汀提到的，dataType PARAM决定你期望数据格式回从服务器，而不是格式您发送到它。

来源

2013-05-19 10:22:40 Utkanos

@Uktanos我已经更新了我的代码 – Tom

是但你还是准备你的数据作为JSON字符串。这就是问题。准备它作为一个对象，而不是一个字符串，并通过它。你不应该在JavaScript中或者在PHP中制作你自己的JSON字符串。 – Utkanos

如果我使用'数据：{u_search：“XVAL”}'，'上成功的代码：'不跑 – Tom

在php中解码JSON POST

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