如何将数据从KnockOut发送到Php for MySql？

我可以从淘汰赛中正确显示我的数据；但是，我想不出一个好的方法来获取PHP并让PHP为mySQL准备数据：

    $logFile = 'logFile';
    $req = $_REQUEST['data'];

    $res = json_decode(stripslashes( $req ), true);

    error_log("result: ".$req.", res=".json_encode($res), 3, $logFile);

    error_log(", sales1_lastname: ".$res['sales'][1]['lastname'], 3, $logFile);

    error_log("\n", 3, $logFile);

    header("Content-type: text/plain");

    echo json_encode($res);

    ?>

从我的表单页面，我可以触发数据在提交时显示，没有问题：

var json =   ko.utils.stringifyJson( this.Stuff );     
alert("This is what I wanna save: \n" + json );

    $logFile = 'logFile';
    $req = $_REQUEST['data'];

    $res = json_decode(stripslashes( $req ), true);

    error_log("result: ".$req.", res=".json_encode($res), 3, $logFile);

    error_log(", sales1_lastname: ".$res['sales'][1]['lastname'], 3, $logFile);

    error_log("\n", 3, $logFile);

    header("Content-type: text/plain");

    echo json_encode($res);

    ?>

但是，假设我想将其发送到一个php文件，然后将其写入mySql——接下来该怎么做

ko.utils.postJson( $("form")[0], this.Stuff );
// or
$.get( "_php/savetodb.php" , json );

…当PHP页面收到JSON格式的数据时，会发生什么

我在网上看到的每一个解决方案基本上都说“你能做到”，但不是我要做的

我正在尝试的路径（据我所知，这是首选路径）是：

    $logFile = 'logFile';
    $req = $_REQUEST['data'];

    $res = json_decode(stripslashes( $req ), true);

    error_log("result: ".$req.", res=".json_encode($res), 3, $logFile);

    error_log(", sales1_lastname: ".$res['sales'][1]['lastname'], 3, $logFile);

    error_log("\n", 3, $logFile);

    header("Content-type: text/plain");

    echo json_encode($res);

    ?>

---

表单数据->敲除->编码JSON->PHP->解码JSON->MYSQL

在PHP中，您需要：

    $logFile = 'logFile';
    $req = $_REQUEST['data'];

    $res = json_decode(stripslashes( $req ), true);

    error_log("result: ".$req.", res=".json_encode($res), 3, $logFile);

    error_log(", sales1_lastname: ".$res['sales'][1]['lastname'], 3, $logFile);

    error_log("\n", 3, $logFile);

    header("Content-type: text/plain");

    echo json_encode($res);

    ?>

使用

在MySql数据库上执行

INSERT

：

    $logFile = 'logFile';
    $req = $_REQUEST['data'];

    $res = json_decode(stripslashes( $req ), true);

    error_log("result: ".$req.", res=".json_encode($res), 3, $logFile);

    error_log(", sales1_lastname: ".$res['sales'][1]['lastname'], 3, $logFile);

    error_log("\n", 3, $logFile);

    header("Content-type: text/plain");

    echo json_encode($res);

    ?>

---

在PHP中，您需要：

    $logFile = 'logFile';
    $req = $_REQUEST['data'];

    $res = json_decode(stripslashes( $req ), true);

    error_log("result: ".$req.", res=".json_encode($res), 3, $logFile);

    error_log(", sales1_lastname: ".$res['sales'][1]['lastname'], 3, $logFile);

    error_log("\n", 3, $logFile);

    header("Content-type: text/plain");

    echo json_encode($res);

    ?>

使用

在MySql数据库上执行

INSERT

：

    $logFile = 'logFile';
    $req = $_REQUEST['data'];

    $res = json_decode(stripslashes( $req ), true);

    error_log("result: ".$req.", res=".json_encode($res), 3, $logFile);

    error_log(", sales1_lastname: ".$res['sales'][1]['lastname'], 3, $logFile);

    error_log("\n", 3, $logFile);

    header("Content-type: text/plain");

    echo json_encode($res);

    ?>

这里有一些有用的答案——大多数答案归结为“嘿，你为什么不看看文档？”

在我试图通过JSON向PHP发送数据的第一部分中，我发现以下链接很有用：

    $logFile = 'logFile';
    $req = $_REQUEST['data'];

    $res = json_decode(stripslashes( $req ), true);

    error_log("result: ".$req.", res=".json_encode($res), 3, $logFile);

    error_log(", sales1_lastname: ".$res['sales'][1]['lastname'], 3, $logFile);

    error_log("\n", 3, $logFile);

    header("Content-type: text/plain");

    echo json_encode($res);

    ?>

因此，对我来说（对于测试来说）有效的代码是：HTML

    $logFile = 'logFile';
    $req = $_REQUEST['data'];

    $res = json_decode(stripslashes( $req ), true);

    error_log("result: ".$req.", res=".json_encode($res), 3, $logFile);

    error_log(", sales1_lastname: ".$res['sales'][1]['lastname'], 3, $logFile);

    error_log("\n", 3, $logFile);

    header("Content-type: text/plain");

    echo json_encode($res);

    ?>

就像我说的，这真的很简单，但我现在至少可以听从别人给我的建议了。。。阅读文档。

这里有一些有用的答案——大多数答案归结为“嘿，你为什么不阅读文档？”

在我试图通过JSON向PHP发送数据的第一部分中，我发现以下链接很有用：

    $logFile = 'logFile';
    $req = $_REQUEST['data'];

    $res = json_decode(stripslashes( $req ), true);

    error_log("result: ".$req.", res=".json_encode($res), 3, $logFile);

    error_log(", sales1_lastname: ".$res['sales'][1]['lastname'], 3, $logFile);

    error_log("\n", 3, $logFile);

    header("Content-type: text/plain");

    echo json_encode($res);

    ?>

因此，对我来说（对于测试来说）有效的代码是：HTML

    $logFile = 'logFile';
    $req = $_REQUEST['data'];

    $res = json_decode(stripslashes( $req ), true);

    error_log("result: ".$req.", res=".json_encode($res), 3, $logFile);

    error_log(", sales1_lastname: ".$res['sales'][1]['lastname'], 3, $logFile);

    error_log("\n", 3, $logFile);

    header("Content-type: text/plain");

    echo json_encode($res);

    ?>

---

就像我说的，这真的很简单，但我现在至少可以听从别人给我的建议了。。。阅读文档。

如果您使用jQuery而不是ko.utils.postJson，请确保在问题中使用$.post而不是$.get。如果您使用jQuery而不是ko.utils.postJson，请确保在问题中使用$.post而不是$.get。这是怎么回事，因为我没有复制并粘贴受版权保护的样本到这个网站？他的PHP答案完全包含了我使用

json\u decode

链接的内容，他的答案不包括MySql插入帮助，我的答案包括。我添加了代码并查看了我的源代码。告诉某人阅读文档并没有什么帮助。这相当于在电子商店寻求帮助，并让别人给你读盒子。此外，你不是唯一发布的人，只是唯一显示的帖子。如果你需要额外的帮助（你没有指出你在问题中需要多少，我道歉），那么你只需对问题或答案发表评论，并要求提供更多信息，这不值得投反对票，如果有人简单地问我，我可以很容易地添加到这一点上，他们没有。您的问题并没有说明您拥有什么级别的PHP或MySql经验。最初的问题帖子是开始而不是结束，这个网站就像维基百科一样，内容可以改进，但是如果一个最初的错误答案立即被否决，我有什么动机再次帮助你？这怎么会无助呢，因为我没有复制并粘贴受版权保护的样本到这个网站上？他的PHP答案完全包含了我使用

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