Php 我在fopen中使用了错误的参数吗？

我将json值附加到外部文件。表单数据是通过ajax和post变量捕获的。我有一个小脚本，它会弹出JSON数据串，并试图将文件与中间变量（或实际上在结尾处）一起返回。

我将文件数据加载到

$data

中，并在文件字符串“]}的末尾将其分解。这样，它总是附加到结尾。但它不会爆炸/内爆给我带来问题。我可以使用str_替换并得到相同的结果。运行上面的PHP脚本后，我在data.json中得到了以下内容：

{"uploads": [{"name":"foo","email":"foo@bar.com","imgurl":"http://placehold.it/50x50"}]}{"uploads": [{"name":"bar","email":"bar@foo.com","imgurl":"http://placehold.it/100x100"}]}   

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我已经能够改变fopen的论点，得到不同的结果，但没有一个是我所希望的结果。有什么想法吗

您根本没有定义变量

$json

。PHP知道，

$json

为空。您的代码试图打开一个文件（用于读取），但该文件为空

有更好的存储数据的方法——如果MySQL太大太重，试试SQLite。像这样乱搞JSON只会让你头疼。

{"uploads": [{"name":"foo","email":"foo@bar.com","imgurl":"http://placehold.it/50x50"}]}

{"uploads": [{"name":"foo","email":"foo@bar.com","imgurl":"http://placehold.it/50x50"}]}{"uploads": [{"name":"bar","email":"bar@foo.com","imgurl":"http://placehold.it/100x100"}]}