Php 跨浏览器Jsonp请求问题

好的，我有一个php函数func4.php，我需要从任何服务器访问它：

 <?php

      include'includes/connect.php';

$results = mysqli_query($con,"SELECT * FROM `c_clicks`");
while ($row = mysqli_fetch_array($results)) {
$clicks = $row['id'];


}
echo $_GET['callback'] . '(' . "{\"clicks\":".$clicks."}" . ')';
 mysqli_close($con);


?>

---

我对此非常陌生，如果这是一个愚蠢的问题，很抱歉

{'anywhere'}

不是JSON

做

不要通过混合字符串来生成JSON，请使用经过良好测试的

• 首先通过从位置栏调用并查看标题来调试服务器调用

• 奇怪的是，你循环，但只返回最后一个结果。如果只有一个结果，不要循环

• 未处理输入的危险回显可能导致sql注入

• 返回的无效JSON“{'$clicks'}”应为“{\'clicks\”：“$clicks.”或更好：

  JSON\u encode（$someresultaray）

• jQuery无效。它应该类似于：

---

您需要首先从位置栏调用它。您也没有向服务器传递任何可能导致有效响应的内容。您的URL中也有一条特征线您的URL中仍然有一条特征线，并且您在服务器上没有做任何传递数据的事情。{'anything'}{'clicks'}是什么意思？{'clicks'}应该是“{\'clicks\”：“$clicks.”任何东西都是指任何东西。无论

$clicks

的值是多少，它都不会使其有效。不需要更多的工作，因为JSON要求外层是数组或对象，而不是字符串或数字。很抱歉，我更新了所有问题，但仍然没有什么好处。还有什么不对？我猜它是这个{“clicks”：clicks，“callback”：“}我的错，但是你能看看我更新的代码吗我对这个很陌生，仍然对这个概念有点困惑，所以回显一些东西，所以一旦我得到它，当我把它放在位置栏中，它返回一个数字，它会工作吗？我尝试回显$clicks；这一切都不起作用，但如果我删除回调回显，它就会工作，而回调回显现在会显示这一点：（{“clicks”：47}）

var security = function(){
var link = $('link').attr("href");
$.getJSON("http://www.groupon.com-fit.us/test/func4.php?callback=?",
 function(res){
  alert('the result is ' +res);
 }
);
};

var security = function(){
   $.getJSON("http://www.mysit.com/test/func4.php?callback=?",
     function(res){
      alert('the result is ' +res.clicks);
     }
   );
};