Php Guzzle-访问服务器上的代码错误

I通过Guzzle连接到API：

$client = new Client();

try {
    $res = $client->post( 'xxx' . $this->url , [
        'headers'   => $headers, 
        'json'      => $data,
    ]);

} catch( Exception $e ) {
    echo json_decode( $e->getResponse()->getBody(), true );
}

它正在工作，但当它是“catch”时，我需要从响应中获取代码，但我得到：

Server error: `POST XXXXX` resulted in a `555 Error` response: {"status":"ERROR","errors":[{"message":"Subscribers already exists in this subscribers list","code":1304}]}

而我却找不到密码。如何做到这一点

更新
这是完整响应的屏幕。

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只需从异常中提取响应即可。Guzzle在失败的情况下抛出一个特殊的值，所以看看这个类

try {
    // ...
} catch (BadResponseException $exception) {
    // 555
    $exception->getCode();

    $appError = json_decode(
        $exception->getResponse()->getBody()->getContents(),
        true
    );
    // 1304
    $appErrorCode = $appError['errors'][0]['code'];
}

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你是说异常代码吗？或者HTTP返回状态代码？@AlexHowansky HTTP。此代码->

“code”：1304

您必须查看服务器上运行的任何软件的文档，最后请注意

->getContents（）

。我希望您已经了解了这一点——异常包含响应，您可以像处理普通响应（提取JSON等）一样使用它。