Php 获取正确的json响应

我从数据库中获取数据，并以json的形式显示它

我是这样做的：

    while ($row = @mysqli_fetch_row($result))
    {   
        array_push($result1,$row);
    }
    echo  $result1 = json_encode($result1,true); 

以这种形式给出结果

[["29"],["13702210"],["892344"],["Multi AxleB9RVolvo"],["10:30AM"],["06:45PM"],["14"],["37"],["650"]] 

这只打印从表中获取的数据库值。但此响应被标记为无效json响应

每个字段在表中都有名称。 我希望看到json响应的这种形式：

{"routes":[{"route":{"routeid":29,"Service_Name":13702210,"Service_Number":892344,"BusType":"Multi AxleB9RVolvo","DepartureTime":"10:30AM","ArravalTime":"06:45PM","available_seats":14,"Total_SeatCapacity":37,"Fare":"650"}},{"route":{"routeid":29,"Service_Name":13702210,"Service_Number":892344,"BusType":"Multi AxleB9RVolvo","DepartureTime":"10:30AM","ArravalTime":"06:45PM","available_seats":14,"Total_SeatCapacity":37,"Fare":"650"}},{"route":{"routeid":29,"Service_Name":13702210,"Service_Number":892344,"BusType":"Multi AxleB9RVolvo","DepartureTime":"10:30AM","ArravalTime":"06:45PM","available_seats":14,"Total_SeatCapacity":37,"Fare":"650"}}]}

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它包含名称和嵌套预览。我怎样才能做到这一点？

你需要使用关联数组，使用这个

while ($row = @mysqli_fetch_assoc($result))
{   
    array_push($result1,$row);
}
echo  $result1 = json_encode($result1,true); 
// for `routes` parent
// echo  $result1 = json_encode(array("routes" => $result1));

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我不知道你数据库的结构，但是：

while ($row = @mysqli_fetch_assoc($result))
{   
    array_push($result1,$row);
}
echo  $result1 = json_encode(array('routes' => $result1)); 

可能会给你想要的结果

mysql\u fetch\u assoc（）

将表行作为关联数组返回，关联数组将提供键

然后

array（'routes'=>$result1）

创建一个新的关联数组，其中键“routes”与数组索引匹配

如果sql响应中的键不正确，您可以尝试在sql查询中使用

选择字段名称作为别名\u名称

，以返回适当的字段名称

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这里真正的技巧是为每个值设置具有适当键的关联数组，以便

json\u encode

创建对象而不是列表

很可能您将

json\u encode

与

json\u decode

混淆了

json_encode

期望第二个参数为

int

（位屏蔽选项）。@最后感谢您的警告，我还没有看到。重构您需要使用

mysqli\u fetch\u assoc

来返回键值数组。看到我的答案了吗