Mysql Xcode连接错误
我有Xcode 4.6。 我想用我的应用程序连接mysql数据库。 所以我找到了这个教程 我正在一步一步地继续,但我不知道我的错误在哪里 这是我的xcode项目。请看看这个,告诉我怎么了。 谢谢你的帮助 这是php代码Mysql Xcode连接错误,mysql,xcode,connect,xcode4.6,Mysql,Xcode,Connect,Xcode4.6,我有Xcode 4.6。 我想用我的应用程序连接mysql数据库。 所以我找到了这个教程 我正在一步一步地继续,但我不知道我的错误在哪里 这是我的xcode项目。请看看这个,告诉我怎么了。 谢谢你的帮助 这是php代码 <?php header('Content-type: application/json'); $DB_HostName = '127.0.0.1'; $DB_Name = 'test'; $DB_User = 'root'; $DB_Pass = ''; $con
<?php
header('Content-type: application/json');
$DB_HostName = '127.0.0.1';
$DB_Name = 'test';
$DB_User = 'root';
$DB_Pass = '';
$con = mysql_connect($DB_HostName,$DB_User,$DB_Pass) or die(mysql_error());
mysql_select_db($DB_Name,$con) or die(mysql_error());
$sql = 'SELECT * FROM phpmysql';
$result = mysql_query($sql,$con) or die(mysql_error());
$num = mysql_numrows($result);
mysql_close();
$rows =array();
while ($r = mysql_fetch_assoc($result)){
$rows[] = $r;
}
echo json_encode($rows);
?>
好的,这里的问题是PHP脚本首先返回
json\u encode($rows)
,然后返回var\u dump($rows)
。因此,很明显,返回的不是JSON,而Objective-C代码需要JSON
尝试添加标题('Content-type:application/json')在文件开头添加code>,并删除文件结尾的var\u dump
编辑:这是新的PHP脚本
<?php
header('Content-type: application/json'); // Specify that the result of your script is a JSON
$DB_HostName = '127.0.0.1';
$DB_Name = 'test';
$DB_User = 'root';
$DB_Pass = '';
$con = mysql_connect($DB_HostName,$DB_User,$DB_Pass) or die(mysql_error());
mysql_select_db($DB_Name,$con) or die(mysql_error());
$sql = 'SELECT * FROM phpmysql';
$result = mysql_query($sql,$con) or die(mysql_error());
$num = mysql_numrows($result);
mysql_close();
$rows =array();
while ($r = mysql_fetch_assoc($result)){
$rows[] = $r;
}
echo json_encode($rows);
?>
编辑2:与您的问题类似,请参见答案。您确定服务器返回JSON吗?你能发布堆栈跟踪吗?我的php脚本将varchar编码为JSON。编辑你的问题,而不是我的答案。@FoUkR请查看我添加的链接。Yeaaaaaaa它正在运行THX!!(我爱你:))
<?php
header('Content-type: application/json'); // Specify that the result of your script is a JSON
$DB_HostName = '127.0.0.1';
$DB_Name = 'test';
$DB_User = 'root';
$DB_Pass = '';
$con = mysql_connect($DB_HostName,$DB_User,$DB_Pass) or die(mysql_error());
mysql_select_db($DB_Name,$con) or die(mysql_error());
$sql = 'SELECT * FROM phpmysql';
$result = mysql_query($sql,$con) or die(mysql_error());
$num = mysql_numrows($result);
mysql_close();
$rows =array();
while ($r = mysql_fetch_assoc($result)){
$rows[] = $r;
}
echo json_encode($rows);
?>