PHP错误无法从android应用程序检索LIKE语句

我试图用android应用程序搜索数据库，但当我搜索SQL语法为“LIKE”的字符串元素时

例如：

SELECT * FROM `test123` WHERE (`name` LIKE '%A%')

这会给我一个错误：

JSONArray文本必须在…的字符1处以“[”开头

但如果我搜索：

SELECT * FROM `test123`

它会很好用的

<?php

mysql_connect("website.com","root","password");
mysql_select_db("test123");

$q=mysql_query($_REQUEST['sql']);
while($e=mysql_fetch_assoc($q))
    $output[]=$e;

print(json_encode($output));

mysql_close();
?>

它应该是

"SELECT * FROM test123 WHERE name LIKE '%A%'"

---

我认为这可以很好地从

test123

（

name

）中选择*，其中（

name

像“%A%”）

当我使用

php-json\u-encode

时，它总是返回一个

JSONObject

，而不是

JSONArray

。尝试将原始结果打印到Logcat，看看它是什么形式

$output = array();
while ($e = mysql_fetch_assoc($q)) {
    $output[] = $e;
}

问题可能只是如果没有结果，

$output

永远不会定义。当您尝试

json\u encode（$output）

时，PHP会抛出一个关于

$output

未定义的警告，这会导致最终输出，如：

PHP Notice:  Undefined variable: output in ...
null

这是无效的JSON。即使您的警告被抑制，输出也只是

null

，这不是JSON数组。如果您的客户端需要数组，那么

null

会让它失望

---

始终初始化变量。

我真诚希望

mysql\u查询（$\u请求['sql']）

仅用于测试目的…@user870077您能否从Android应用程序端包含一些代码。我很确定问题存在。但这仅在查询返回至少1行时有效。OP的代码还有一个基本缺陷；当查询未返回任何行时，它返回格式错误的JSON。

JSON\u encode指定对象或关联数组时，ode>将返回一个对象。带有数字键的数组将返回一个数组。使用选项
json\u-encode
调用
json\u-FORCE\u-object
将始终返回一个对象。感谢您的澄清-我始终使用关联数组，这很有意义。