Php 为什么JSON不显示数据

使用

some.php？id=$id时出错

我的表名为
tb\u syarat\u layanan
。当我尝试获取JSON数组时，它不显示任何数据

<?php

 //Importing database
 require_once('koneksi.php');

 $query = "select * from tb_syarat_layanan WHERE id_layan=$id";
 $hasil = mysqli_query($con,$query);

 if(mysqli_num_rows($hasil) > 0 )
 {
     $response = array();
     $response["data"] = array();
     while($x = mysqli_fetch_array($hasil)) 
     {
         $h['id_layan'] = $x["id_layan"];     
         $h['dokumen'] = $x["dokumen"];
         array_push($response["data"], $h);
     }
     echo json_encode($response);
 }
 else 
 {
     $response["message"] = "No Data";
     echo json_encode($response);
 }

?>

它显示了我想要的数据

当$query使用变量
$id
设置时，JSON不显示任何数据问题在于如何从URL获取id。在查询字符串上发送的数据存储在

假设URL中有一些.php？id=1。您需要一种从查询字符串中获取该id参数的方法。在PHP中，可以使用
$\u GET
超全局函数轻松完成此操作
$\u GET
允许您访问在查询字符串中传递的值

因此，在代码中，您可以执行以下操作：

  $id = $_GET['id'];

最佳做法是转义查询字符串中传递的任何输入：

 $id = htmlspecialchars($_GET['id']);

但是，如果您没有将该输入输出到页面中可以执行该输入的任何位置，并且没有存储查询参数以供以后输出，那么这应该不是问题。这里唯一真正的危险是SQL注入。避免这种情况的最佳方法是使用事先准备好的语句。请参见
，
$id
似乎未被设置（或设置错误）。你能把代码放在你设置变量的地方吗？就在
$query=…
行之后，把
print（$query）放进去
并将结果发布到此处。$id=$\u GET['id']；是甲烷的解决方案没关系，但在野外使用该代码时要小心。攻击者很容易在查询字符串中传递恶意SQL。这就是为什么我建议你使用事先准备好的陈述。
  $id = $_GET['id'];

 $id = htmlspecialchars($_GET['id']);