PHP的AJAX返回變量

Question

當用戶單擊下載時，它將成功在服務器上創建包含文件的zip，然后它應從php警報zip位置（變量$ zip）作為響應，但它會向[object Object]發出警報。 其他一切都按預期進行。 我究竟做錯了什么？

JQuery的：

$('.download').click(function() { 
window.keys = [];
$('.pad').each(function(i, obj) {
    var key = $(this).attr('key');
        keys.push(key)
});
var jsonString = JSON.stringify(keys);
$.ajax({
      type:'post',
    url:'download.php',
    data: {data : jsonString}, 
        cache: false,
   dataType: 'json',
    success: function(data){

       alert(data);

      }
 });
});

PHP：

<?php


$data = json_decode(stripslashes($_POST['data']));

$numbercode = md5(microtime());
$zip = new ZipArchive();
$zip->open('kits/'.$numbercode.'.zip', ZipArchive::CREATE);

foreach($data as $d) {

$zip->addFile($d);  

}

$zip->close();



echo json_encode($zip);
?>

Answer 1

返回類型是一個JavaScript對象，它將產生您所看到的內容。

首先，您應該console.log(data) ，以獲取結構。 您也可以通過查看Chrome中的“網絡”標簽來執行此操作。

知道data的結構后，就可以使用該值。

例如，然后alert(data.location)來警告實際值。

Answer 2

從ajax中刪除dataType ，它會警告[Object Object]，因為如果您指定dataType: 'json', ，

和在PHP-

// to echo the location of the zipfile
echo 'kits/'.$numbercode.'.zip';

Answer 3

多虧@ jake2389，我才知道我在做什么錯，我基本上只需要在PHP中創建一個新變量，我將其想要發送回AJAX的數據稱為$ link，因為$ zip被定義為zip歸檔文件而不是字符串。 。 這是我更改的內容，現在可以正常工作了。

PHP：

<?php


$data = json_decode(stripslashes($_POST['data']));

$numbercode = md5(microtime());
$zip = new ZipArchive();
$zip->open('kits/'.$numbercode.'.zip', ZipArchive::CREATE);

foreach($data as $d) {

$zip->addFile($d);  

}

$zip->close();

$link = 'kits/'.$numbercode.'.zip';

echo json_encode($link);
?>