Php 从数据库编码json

我知道这个问题已经被问了几千次了，但我还是无法理解。接下来：我想将我的数据库数据编码成json

我让我的代码在旧版本的php下工作，使用msql_connect等代替mysqli。 我昨天更新了服务器，但我无法让它与mysqli一起工作

这是我的代码，不返回任何内容，不返回null，不返回空括号，不返回任何内容

<?php
$mysqli = new mysqli("$host", "$username", "$password","$db_name");
$myQuery = "SELECT * FROM myTable ORDER BY date DESC LIMIT 4";
$result = $mysqli->query($myQuery);

$data = array();

while($row = mysqli_fetch_assoc($result)) {
    $data['nameOfArray'][] = $row;
}
echo json_encode($data);

$mysqli->close();
?>

奇怪的是，我让ik使用旧方法正常工作，我删除了旧方法（老实说，这很愚蠢）

希望这里有人能给我指出正确的方向。 先谢谢你

编辑： 当我进行打印时，我看到了数据，所以这与将其编码为json有关，mysql位是corect。我还使用jsonSerializer找到了一些答案，但我无法想象它会如此困难，而以前它非常简单。

试试这个

<?php
$mysqli = new mysqli("$host", "$username", "$password","$db_name");
$myQuery = "SELECT * FROM myTable ORDER BY date DESC LIMIT 4";
$result = $mysqli->query($myQuery);

$data = array();


while($row = $result->fetch_assoc()) {
    $data['nameOfArray'][] = $row;
}
echo json_encode($data);

$mysqli->close();
?>

---

虽然这个问题很老，但可能会帮助其他陷入类似问题的人。 当您将mysql代码更改为mysqli代码时，这是一个常见的错误。 在过程调用mysqli\u fetch\u assoc（）时，您无法传递连接变量。 像这样的东西会有用的

<?php
$mysqli = new mysqli("$host", "$username", "$password","$db_name");
$myQuery = "SELECT * FROM myTable ORDER BY date DESC LIMIT 4";
$result = $mysqli->query($myQuery);

$data = array();

while($row = mysqli_fetch_assoc($mysqli, $result)) {
$data['nameOfArray'][] = $row;
}
echo json_encode($data);

$mysqli->close();
?>

第一步，打开。另外，与其盲目地假设查询执行成功，不如检查返回值。使用MySQLi错误处理函数。您在获取结果时出现了错误。请参阅答案Agree with@AmalMurali。您应该检查mysqli连接是否没有失败，以及您的查询是否没有失败。调用

newmysqli（）

后，也许您应该将下一部分包装在

if（$mysqli）{…}

中，以确保连接成功；如果没有，请查看

mysqli\u connect\u error（）

。类似地，您应该检查

if（$result）{…}

以确保查询成功；如果没有，请查看

mysqli\u error（）

。首先：感谢您的反应。但打印结果正确显示了我的数据。当然，我会检查并捕获错误，但现在，我只是得到了最小的粘贴值，因此您可以轻松理解它并提供帮助。

mysqli\u fetch\u assoc（$result）

与

$result->fetch\u assoc（）同义。两者都可以使用。OP在那里没有犯错误。这里有一个再次查看链接的链接有两个示例，一个是
simple mysqli*
函数，另一个是as object
mysqli
。在op查询中，他在
$result
@alvinley中使用对象和分配对象都有不同的样式
面向对象的
和
过程的
都是面向对象的样式
mysqli:：query（）
和过程样式
mysqli_query（）
返回相同类型的数据-对象。从那里，您可以使用面向对象的样式
mysqli\u result:：fetch\u assoc（）
，也可以使用过程样式并将对象作为参数传递给
mysqli\u fetch\u assoc（）
。两者将产生相同的结果。诚然，OP在混合使用面向对象和过程风格方面可能并不一致，但这种不一致不会导致错误。感谢迄今为止的反应。事实上，我意识到当我粘贴代码时，它是不一致的，我尝试了两种方法，这是由于尝试了很多。
<?php
$mysqli = new mysqli("$host", "$username", "$password","$db_name");
$myQuery = "SELECT * FROM myTable ORDER BY date DESC LIMIT 4";
$result = $mysqli->query($myQuery);

$data = array();

while($row = mysqli_fetch_assoc($mysqli, $result)) {
$data['nameOfArray'][] = $row;
}
echo json_encode($data);

$mysqli->close();
?>