[英]How to post JSON data to PHP database using objective-c?
我在将数据发送到在线数据库时遇到问题。 当我检查数据库时,似乎什么都没有发布。 我对收到的响应执行了NSLog,但它为空。
这是.php:
<?php
$db_host="someurl.com";
$db_username="some_user";
$db_pass="some_passwd";
$db_name="some_db";
$conn = mysql_connect($db_host, $db_username, $db_pass) or die ("Could not connect to
MySQL");
mysql_select_db("$db_name") or die ("No database");
// array for JSON response
$json = $_SERVER['HTTP_JSON'];
$data = json_decode($json);
$some1_id = $data->some1_id;
$imei = $data->imei;
//does the imei exist?
$result = mysql_query("SELECT * FROM usr_go WHERE imei = '".$imei."'");
if (mysql_num_rows($result) == 0){
if(isset($some1_id))
$result = mysql_query("INSERT INTO usr_go(some1_id, imei) VALUES('".$some1_id."','".$imei."')");
}
else{
if(isset($some1_id))
$result = mysql_query("UPDATE usr_go SET some1_id = '".$some1_id."' WHERE imei = '". $imei ." AND some1_id IS NULL ");
}
mysql_close($conn);
header('Content-type: application/json');
$response = $result;
echo json_encode($response);
?>
但是,如果我将$ response硬编码为某个字符串值,而NSLog接收到的响应,它将接收适当的字符串值。
这是我的代码:
NSDictionary *dict = @{@"some1_id" : [NSNumber numberWithInt:self.cellIndex]};
NSError *error = nil;
NSData *json = [NSJSONSerialization dataWithJSONObject:dict options:0 error:&error];
if (json)
{
NSURL *url = [NSURL URLWithString:@"someurl.com"];
NSMutableURLRequest *req = [NSMutableURLRequest requestWithURL:url];
[req setHTTPMethod:@"POST"];
[req setValue:@"application/json; charset=utf-8" forHTTPHeaderField:@"Content-Type"];
[req setHTTPBody:json];
NSURLResponse *res = nil;
NSData *ret = [NSURLConnection sendSynchronousRequest:req returningResponse:&res error:&error];
NSString *resString = [[NSString alloc] initWithData:ret encoding:NSUTF8StringEncoding];
NSLog(@"response String: %@",resString);
NSString *jsonString = [[NSString alloc] initWithData:jsonData encoding:NSUTF8StringEncoding];
NSLog(@"JSON Output: %@", jsonString);
}
else
{
NSLog(@"Unable to serialize the data %@: %@", dictionary, error);
}
是不是无法插入IMEI(这就是为什么它不发布)或其他问题的事实?
谢谢你的协助。
一些观察:
您应该使用msqli
接口,而不要使用不建议使用的mysql
接口。
您永远不要接受输入,而只能在SQL语句中使用它。 使用mysqli_real_escape_string
或绑定值(如下所示)。 这对于确保您不受SQL注入攻击的影响至关重要。 如果插入的值恰好包含保留字符,它还可以防止出现无辜的错误。
您应该构建一个更有意义的关联数组,而不是尝试仅对mysqli_query
结果的结果进行json_encode
。 例如,您可以检查mysqli
调用的结果,如果成功,则返回一个JSON,如果失败,则返回另一个。 我可能建议让故障再现返回错误消息。
您应该在网络浏览器中测试PHP,或者使用Charles之类的设备在PHP中进行测试。 在处理客户端代码之前,请确保已获取期望的JSON。 最重要的是,查看是否可以彼此隔离地测试客户端代码和服务器代码(或首先使其尽可能简单)。
我对这个$_SERVER['HTTP_JSON'];
不熟悉$_SERVER['HTTP_JSON'];
构造。 如果这对您有用,那很好,但是在我的服务器上不起作用。 我从历史上就完成了php://input
fopen
,如下所示。
例如,这是一个不同的数据库/表,但它可能说明了PHP代码可能是什么样的想法:
// read JSON input
$handle = fopen("php://input", "rb");
$raw_post_data = '';
while (!feof($handle)) {
$raw_post_data .= fread($handle, 8192);
}
fclose($handle);
$request_data = json_decode($raw_post_data, true);
// prepare header for reply
header("Content-Type: application/json");
// open database
$mysqli = new mysqli($host, $userid, $password, $database);
// check connection
if ($mysqli->connect_errno) {
echo json_encode(array("success" => false, "message" => $mysqli->connect_error, "sqlerrno" => $mysqli->connect_errno));
exit();
}
// perform the insert
$sql = "INSERT INTO locations (message, device, longitude, latitude) VALUES (?, ?, ?, ?)";
if ($stmt = $mysqli->prepare($sql)) {
$stmt->bind_param("ssdd", $request_data["message"], $request_data["device"], $request_data["latitude"], $request_data["longitude"]);
if (!$stmt->execute())
$response = array("success" => false, "message" => $mysqli->error, "sqlerrno" => $mysqli->errno, "sqlstate" => $mysqli->sqlstate);
else
$response = array("success" => true);
$stmt->close();
} else {
$response = array("success" => false, "message" => $mysqli->error, "sqlerrno" => $mysqli->errno, "sqlstate" => $mysqli->sqlstate);
}
$mysqli->close();
echo json_encode($response);
显然,为您的表更改此设置,但它说明了上述一些概念。 我通常会添加更多的错误检查(例如,请求的Content-Type
,在尝试使用变量之前进行测试以确保已设置变量等),但是您可能会明白。
在客户端,还有一些较小的发现:
最严重的问题是sendSynchronousRequest
的使用。 请改用sendAsynchronousRequest
(或无数其他异步技术)。 切勿从主线程发出同步请求。
解析响应时, resString
将包含原始JSON。 我不知道在构建jsonString
时引用的jsonData
变量是什么,但这看起来并不正确。
如果要解析响应,则为:
NSError *parseError; NSDictionary *dictionary = [NSJSONSerialization JSONObjectWithData:data options:0 error:&parseError];
顺便说一句,以上假设您在响应中返回了JSON字典,就像我在示例中所做的那样,而不是原始JSON所做的。
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