将 JSON 文件传递​​到 php 服务器，然后将其中的数据保存到 Mysql 数据库中

Question

正如标题所说，我正在编写一个网络应用程序作为学校项目的一部分。 我的目标是让某人上传一个 json 文件并将它的一些数据保存在 Mysql 的表中，以便在应用程序中进一步发挥作用。

我的问题是如何精确地将 JSON 文件传递​​给 PHP，然后从那里解析它以将所需的数据存储到数据库。 我尝试在 Jquery fileupload 的帮助下发送它，因为 json 文件可能非常大，在 php 端我使用了函数file_get_contents但我没有运气。

这是我的 javascript 代码：

$(document).ready(function () {
        $("#submitupload").click(function(){
            var files = $("#files");
            $("#uploadedfile").fileupload({
                url: 'upload.php',
                dataType: 'json',
                autoUpload: false
            }).on('fileuploadadd', function (e, data) {
                var fileTypeAllowed = /.\.(json)$/i;
                var fileName = data.originalFiles[0]['name'];
                var fileSize = data.originalFiles[0]['size'];
                console.log(data);
                if (!fileTypeAllowed.test(fileName)){
                    $("#error").html('Only json files are allowed');
                }else
                data.submit();
            }).on('fileuploaddone', function (e , data){
                var msg = data.jqXHR.responseJSON.msg;
                $("#error").html(msg);
            }).on('fileuploadprogress', function (e,data){
                var progress = parseInt(data.loaded / data.total * 100, 10 );
                $("#progress").html("Completed: " + progress + "%");
            })
})
})

这是 PHP ：

<?php
include_once ('connection.php');

if (isset($_FILES['uploadingfile'])){

    $file = $_FILES['uploadingfile'];


    $data = file_get_contents($file);

    $array = json_decode($data, true );

    foreach( $array as $row){
        $sql = "INSERT INTO locations(timestamp) VALUES ('".$row["timestampMs"]."')";
        mysqli_query($conn, $sql);
    }
    $msg = array("msg" => "times ok ");
    exit(json_encode($msg));
}

注意到file_get_contents()中的错误表明$file变量是一个数组而不是一个字符串，所以我试图将 $_FILES 变量作为参数传递，但再次没有运气。

这是正确的方法吗？如果是的话，我缺少什么还是应该使用另一种方法？

感谢您的长期阅读和您提前的时间！ 对不起，如果这听起来很愚蠢，但我是 PHP 新手。

Answer 1

$_FILES['uploadingfile']是一个包含有关上传文件的几条信息的数组。 所以你需要使用：

$file = $_FILES['uploadingfile']['tmp_name'];

获取存储数据的文件名。

有关完整详细信息，请参阅处理文件上传。