json返回字符串而不是對象

Question

我有

 $age = implode(',', $wage);   // which is object return:  [1,4],[7,11],[15,11]
  $ww = json_encode($age);

然后我在這里檢索

    var age = JSON.parse(<?php echo json_encode($ww); ?>); 

所以如果我做

   alert(typeof(<?php echo $age; ?>))   // object
   alert(typeof(age))                   //string

在我的情況下，JSON.parse重新調整為字符串。

我怎樣才能讓json返回為對象？

編輯：

 var age = JSON.parse(<?php echo $ww; ?>); // didnt work , its something syntax error

Answer 1

implode返回一個字符串，因此json_encode編碼是很自然的。 它無法識別已經作為字符串傳遞的類似於JSON的數據。

如果要獲取對象，則必須將關聯數組傳遞給json_encode ：

$foo = array(
    1 => 4,
    7 => 11,
    15 => 11
);

echo json_encode($foo); // {1:4,7:11,15:11}

在$wage崩潰之前，關於$wage信息很少，因此很難確切地說出您想要得到什么。 該結構（ [1,4],[7,11],[15,11] ）如何成為對象？ 每個元組的第一個元素是鍵嗎？ 這就是我在示例中所假設的，但是可能不正確。

Answer 2

一種。 您會收到語法錯誤，因為您需要將字符串用引號引起來，如下所示：

var age = JSON.parse("<?php echo $ww; ?>");

灣 而且，您不需要 JSON.parse 。 您可以在服務器端對php var進行json_encoded后，直接對其進行回顯：

var age = <?php echo $ww; ?>;

JSON.parse可以將JavaScript字符串轉換為對象。 對於PHP字符串，一旦將其構建為JSON，則在正確的位置回顯等同於自己進行編碼。

Answer 3

var age = [<?php echo $age; ?>];