Php 远程json读取不'；不能在jquery中工作

我需要从这里解析json输出

下面是我写的代码

$.getJSON("http://kalpa.freeoda.com/news/news_feed.php", function(data){
        alert('Received news");
});

但我运行此代码时没有收到警报

我们非常感谢您对这项工作的支持。

请尝试以下方法：-

现场演示

试试这个：-

现场演示

试试这个

试试这个

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您无法从远程服务器获取JSON—您需要获取JSONP或填充JSON。您需要在url中添加一个

回调=？

，或者使用

.ajax

同源策略您无法从远程服务器获取JSON-您需要获取JSONP或填充JSON。您需要在url中添加一个

callback=？

或使用

。ajax

从远程站点获取数据的同源策略必须使用

datatype

作为

jsonp

，而如果服务支持jsonp，则此方法可行，给定的服务不支持jsonp。另外，发出ajax请求不需要document.ready。@在使用getJSON和外部url时，假定使用dianuj jsonp，在这种情况下，您不必指定它。@KevinB：感谢您在代码段中发现错误。我已经编辑了我的答案。@geek谢谢您和所有其他人。我的代码正常工作了。我使用了带有“callback=？”的ajax，并修改了我的php文件以回显jsonp而不是json。从远程站点获取数据时，必须使用

datatype

作为

jsonp

，而如果服务支持jsonp，那么这将起作用，给定的服务不支持jsonp。另外，发出ajax请求不需要document.ready。@在使用getJSON和外部url时，假定使用dianuj jsonp，在这种情况下，您不必指定它。@KevinB：感谢您在代码段中发现错误。我已经编辑了我的答案。@geek谢谢您和所有其他人。我的代码正常工作了。我使用了带有“callback=？”的ajax，并修改了php文件以回显jsonp而不是json。

$.ajax({
            url: 'http://query.yahooapis.com/v1/public/yql',
                data: {
                    q: "select * from json where url ='http://kalpa.freeoda.com/news/news_feed.php'",
                    format: "json"
                },
                dataType: "jsonp",
            success: function (data) {

                alert(JSON.stringify(data));


            },
            error: function (result) {
                alert("Sorry no data found.");
            }
        });

            $.getJSON("http://kalpa.freeoda.com/news/news_feed.php?callback=?", null, function (data) {
                alert(JSON.stringify(data));
            });