Java Android NameValuePair发送值

我有PHP代码，它连接到MySql并将数据编码为JSON。稍后我会过滤它并获得特定的JSON对象。当我使用一个NameValuePair对象时，它工作得很好，但现在我想使用用户名和密码之类的变量。现在，我在logcat错误解析data.org.json.JSONException中收到此警报：org.json.JSONObject$1类型的值null无法转换为JSONArray

我应该如何更改可以正常工作的代码

$q=mysql_query("SELECT username, firstname, lastname, email, phone1, skype, city, description FROM mdl_user WHERE username LIKE '$username' AND password LIKE '$password'");
while($e=mysql_fetch_assoc($q))
    $output[]=$e;
print(json_encode($output));

发送请求的代码：

ArrayList<NameValuePair> nameValuePairs = new ArrayList<NameValuePair>();
        nameValuePairs.add(new BasicNameValuePair("usern",""+usr));
        nameValuePairs.add(new BasicNameValuePair("passw",""+psw));
        InputStream is = null; 
        String result = "";
        //http post
        try{
                HttpClient httpclient = new DefaultHttpClient();
                HttpPost httppost = new HttpPost("http://ik.su.lt/~jbarzelis/Bdarbas/getUserInfo.php");
                httppost.setEntity(new UrlEncodedFormEntity(nameValuePairs));
                HttpResponse response = httpclient.execute(httppost);
                HttpEntity entity = response.getEntity();
                is = entity.getContent();
        }catch(Exception e){
                Log.e("log_tag", "Error in http connection "+e.toString());
        }

---

如果这是您放在服务器端的全部代码，那么我想您需要首先使用下面的

$\u POST[]

方法将值输入

$username

和

$password

$username=$_POST["usern"];
$password=$_POST["passw"];

密码也一样

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因为到目前为止，变量中没有值，所以您的

SELECT

语句返回

null

值，该值以

JSON

格式发送给客户端，这会导致

null

值错误。

根据您的评论“我在尝试使用用户名时使用过，效果很好。”

您以何种形式存储密码？纯文本（我希望不是）还是散列？如果是散列，在哪里执行散列？在php中，你不知道如果它是完整的代码，你会在java代码中这样做吗？如果不是，那就是你的答案

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至于类似的，它当然起作用了。LIKE没有=严格，它会产生很大的开销。它应该只在非常简单的搜索语句（非常简单）中使用，当然不应该在授权中使用。

现在我的帖子没有意义，所以我将删除它：），但你仍然应该在授权中使用“=”而不是“喜欢”。并尝试硬编码您的用户名和密码，以检查它是否打印您的输出。如果是这样的话，问题就消失了，那么你就无法将数据发送到php脚本，而不是接收数据。是的，我完全同意这里的@MichałK。问题是返回的是null值，所以sql语句或向服务器发送数据可能有问题，或者只是您的

usr

和

psw

变量与数据库中的变量不匹配。我在尝试仅使用用户名时使用了LIKE，效果很好。

$username=$_POST["usern"];
$password=$_POST["passw"];