在php中输出一个json文件响应而不是一个echo响应

Question

下面的代码在php标记内，在提交数据的网页顶部回显了{“ status”：200，“ status_message”：“在数据库中输入的详细信息”，“ data”：121}。 一切都很好！ 但是我怎样才能将其作为“ any.json”文件返回。 我经常看到这些内容出现在Windows 7等网页的底部。我尝试添加

$fp = fopen('results.json', 'w');
fwrite($fp, json_encode($response));
fclose($fp);

我也尝试了fwrite（“ yourjson.json”，json_encode（$ response））;

但似乎没有任何反应（执行此操作时，我将echo $ response注释掉了）。 如果您有任何建议，我将非常感谢，谢谢。

<?php
    if (isset($_POST['submit']))
    {
    $fields = array(
        'name'=>$_POST['name'],
        'email'=>$_POST['email'],
        'password'=>$_POST['password'],
        'status'=>$_POST['status']
        );
    $postvars='';
    $sep='';
    foreach($fields as $key=>$value)
    {
        $postvars.= $sep.urlencode($key).'='.urlencode($value);
        $sep='&';
    }
    $url = "http://www.anywebpage.com/rest/index.php";
    $client = curl_init($url);
    curl_setopt($client,CURLOPT_POST,count($fields));
    curl_setopt($client, CURLOPT_POSTFIELDS, $postvars);
    curl_setopt($client, CURLOPT_RETURNTRANSFER,true);
    $response = curl_exec($client);
    $result = json_decode($response);
    echo $response;

    curl_close($client);
    }
?>

上面的代码将数据发送到下面的文件，我也曾尝试将文件写入代码放到其中，但同样无济于事。

<?php
    $page_title = 'Pass_On';

    //process client request (VIA URL)
    header("Content = Type:application/json");
    //include("function.php");

    if (!empty($_POST['name']))
    {
        $name = $_POST['name']; 
        $email = $_POST['email'];
        $password = $_POST['password'];
        $status = $_POST['status'];  
        require_once('mysqli_connect.php');

    $sql = "INSERT INTO usersRest(name, email, password, status) VALUES ( '$name', '$email', '$password', '$status')";
    $r = @mysqli_query ($dbc, $sql);
    //$qur = mysqli_query($dbc, $sql);
        $id = mysqli_insert_id($dbc);   

    deliver_response(200, "details entered in database", $id);

        }
    function deliver_response($status,$status_message,$data)
    {
            header ("HTTP/1.1 $status $status_message");
            $response['status']=$status;
            $response['status_message']=$status_message;
            $response['data']= $data;
            $json_response=json_encode($response);
            echo $json_response;

    }
?>

除了回应，一切都很好。 顶部php代码从同一php文件中的HTML表单接收其值。 这是直接提交四个值的表格，名称，电子邮件，密码，状态。

谢谢。

Answer 1

经过一轮搜索后，我发现此代码有效。 在标题为“ Pass_On”的文件末尾使用此选项

注释掉// echo $ json_response; 并添加......以创建一个名为file1.json的文件，它将$ json_response变量的内容放入该文件中。

$fp = fopen('file1.json', 'w+');
fwrite($fp, $json_response);
fclose($fp);

然后是另一个代码部分，它是发送数据的最上面的代码块。 在末尾注释掉echo $ response并添加以下代码。

$file = 'file1.json';

file_put_contents($file, $response); //getting this variable, $response, correct was important.

header("Content-type: application/json");

header('Content-Disposition: attachment; filename="'.basename($file).'"'); 

header('Content-Length: ' . filesize($file));

readfile($file); 

curl_close($client);

因此，数据从从发送到数据库，如果输入正确，则会将一个名为file1.json的自动json文件返回到发布站点。

希望有帮助的人。 感谢其他贡献者的友好帮助和建议。