Javascript 将ajax转换为json

我正试图用json转换我的ajax代码，因为我想用这种方式。 谁能帮我做这个，因为我不知道如何正确地做？具体来说，我希望我的php代码将

site\u id

（是一个数字）返回给我的javascript函数，以便以后对其进行操作

以下是我的javascript代码：

function load3() {
    var flag1 = true;
    do {
        var selection = window.prompt("Give the User Id:", "Type a number!");
        if (/^[0-9]+$/.test(selection)) {
            flag1 = false;
        }
    } while (flag1 != false);
    $("#user_id").val(selection)

    var flag2 = true;
    do {
        var selection2 = window.prompt("Give the Book Id:", "Type a number!");
        if (/^[0-9]+$/.test(selection2)) {
            flag2 = false;
        }
    } while (flag2 != false);
    $("#book_id").val(selection2)

    var flag3 = true;
    do {
        var selection3 = window.prompt("Give the Game Id:", "Type a number!");
        if (/^[0-9]+$/.test(selection3)) {
            flag3 = false;
        }
    } while (flag3 != false);
    $("#game_id").val(selection3)

    $.ajax({
        type: 'POST',
        url: 'http://127.0.0.1/PHP/mine1.php',
        data: $('#LoadGame').serialize(),
        success: function(html) {
            //do something on success?
            $('#outPut').html(html);
            var bingoValue = 4;
            if ($('#outPut').text().indexOf('' + bingoValue) > 0) {
                //alert('bingo!');
                window.location.href = 'https://support.wwf.org.uk/';
                //document.location.replace('https://developer.mozilla.org/en-US/docs/Web/API/Location.reload');
            } else {
                alert('No!');
            }
        }
    });
}

这是我的php代码，我想用json编写它：

<script src="https://ajax.googleapis.com/ajax/libs/jquery/3.3.1/jquery.min.js"></script>
<?php
/* Attempt MySQL server connection. Assuming you are running MySQL
server with default setting (user 'root' with no password) */
$link = mysqli_connect("127.0.0.1", "root", "", "mysql3");
// Check connection
if($link === false) {
    die("ERROR: Could not connect. " . mysqli_connect_error());
}

$user_id =$_POST['user_id'];
$book_id =$_POST['book_id'];
$game_id =$_POST['game_id'];
$site_id =$_POST['site_id'];

header('Access-Control-Allow-Origin: *');
    header('Content-Type: application/json');
    $query = "
        SELECT site_id 
        FROM components 
        WHERE user_id='$user_id' 
        AND book_id='$book_id' 
        AND game_id='$game_id' 
        ORDER BY site_id 
        DESC LIMIT 1;
    ";
    $res = mysqli_query($link,$query);
    $result = array();
    $res = mysqli_query($link,$query) or die(mysqli_error($link));
    while($row = mysqli_fetch_assoc($res)){
        $result[] = $row['site_id'];
    }
    echo json_encode($result);

// Close connection
mysqli_close($link);
?>

试试这个：

<?php
    header('Access-Control-Allow-Origin: *');
    header('Content-Type: application/json');
    $query = "
        SELECT 
            site_id 
        FROM components 
        WHERE user_id = $user_id 
        AND book_id = $book_id
        AND game_id = $game_id 
        ORDER BY site_id DESC 
        LIMIT 1;
    ";
    $res = mysqli_query($link,$query);
    $result = array();
    $res = mysqli_query($link,$query) or die(mysqli_error($link));
    while($row = mysqli_fetch_assoc($res)){
        $result[] = $row['site_id'];
    }
    echo json_encode($result);

---

您可以将结果存储到一个数组中（不要每次迭代都回显），然后在获得所有结果后，只需回显json_encode（$result）@bryanlores即可。感谢您的帮助。所以你的意思是改变这个
echo$result使用此代码
echo json\u encode（$result）
？我必须对javascript代码做些什么，否则我会让它保持原样吗？好吧，在你的javascript上，检查你得到的是否正确。然后我不确定，但可能要将其用作JSON，您需要对JSON.parse（html）进行解析，因为您还没有设置预期的响应，所以非常感谢您的帮助。事实上，它就像你的方式。但是我必须在我的javascript代码中做些什么，因为我看到我们在维护ajax技术。我必须在这方面做些更改吗？我将编辑代码，使其也包含JS代码和解决方案。好的，如果我很好地理解浏览器抱怨window.prompt自动打开的问题，那么消息本身就足以找出问题所在。但是当我们得到site_id时，您会发现这条消息。尝试使用console.log进行调试，当您看到ajax响应时，您将像访问任何其他对象（例如response.site_id）一样访问它。有时您不需要JSON.parse函数，所以您也可以尝试不使用该函数。我把链接放在上面，不使用JSON.parse函数，只做console.log（response）；