Php 使json响应中的HTML标记正常工作

我正在使用WikipediaAPI作为JSON从Wikipedia检索一些数据。我得到了html标签和数据作为响应。当在浏览器上显示时，html标记显示为纯文本，而不是常规输出。我希望这句话我说得很清楚。我想展示一下它的外观，而不是纯文本。下面是我的PHP代码

$url = 'http://en.wikipedia.org/w/api.php?action=query&prop=extracts&titles=Sachin_Tendulkar&format=json&redirects&inprop=url&indexpageids';
$json = file_get_contents($url);
echo $json ;

以下是用于显示数据的angularJS控制器

var demoApp = angular.module('demoApp',[]);

demoApp.controller('SimpleController',function ($scope,$http){
$http.post('server/view1.php').success(function(data){
    $scope.info = data;
});
});

必须使用json_decode$json解析对有效php代码的响应。

在这种情况下：

$url = 'http://en.wikipedia.org/w/api.php?action=query&prop=extracts&titles=Sachin_Tendulkar&format=json&redirects&inprop=url&indexpageids';
$jsonString = file_get_contents( $url );
$jsonDecoded = json_decode($jsonString, true );
$pageData = $jsonDecoded['query']['pages'][57570]['extract'];
echo $pageData;

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如果您想解释JSON数据，您需要使用该函数。

我在中看不到任何HTML，如果您打算使用它做任何事情，您至少应该对其进行JSON解码。@WayneWhitty请立即检查。。！！改变了url@BenFortune当我这样做时，它显示错误。当我这样做时，没有响应，我得到了一个致命错误可捕获的致命错误：类stdClass的对象在json_decode$json之后无法转换为字符串您有json数据的php表示。在这种情况下，您有类stdClass的对象，不能通过echo显示它。解码后，检查var_dumpI的结构我想要JSON的响应，因为我使用angularJS来显示itOK，如果你查看我所做的编辑，你会看到你原来的JSON字符串现在是$jsonString，而解码的数据是$JSONDECODE。但是如果你想要angularJS的JSON数据，我仍然没有得到JSONI的响应，那你为什么不在你的问题中具体说明呢？你甚至不需要PHP$因为我尝试在$http.getetc中使用，但获取访问控制允许源错误@BenFortune