PHP JSON谷歌定义-访问值

EDIT4:json_解码失败，并在看似有效的json字符串上返回null。有关更多信息，请参见下文

我是JSON/JSONP新手，在使用PHP访问返回的JSON中的值时经常遇到麻烦。我已经使用在这块板上找到的代码剥离了JSONP回调，没有任何问题。我从中得到了一个JSONP结果，并努力获取第一个结果的含义。这是一个相当复杂的结果，我需要从下面的JSON结果中访问节点文本中的第一个含义

我最好的尝试是：

  if (isset($json->primaries[1]->entries[1]->terms[1]->text))

以上是我所能做的最好的，我只是在尝试返回文本节点时不断出现错误，说它未定义。如果可能的话，我更喜欢使用对象而不是关联数组，所以请避免告诉我将其设置为返回assoc数组

任何帮助都将不胜感激。我真的被卡住了：P

编辑：

$json->primaries[1]->entries[1]->terms[0]->text似乎也不起作用。这是完整的脚本。忽略$params数组，因为它没有被使用，我们将使用它来生成查询

该脚本在我第一次发布时就已经被编辑过，因为我有一个无效的JSON对象，但是这个错误似乎已经被修复，因为它现在将通过JSON格式化程序进行解析

我在打印值时遇到的错误是

PHP注意：尝试在第23行的/home/outil2/Plugins/GDefine.PHP中获取非对象的属性

EDIT2：添加了json_解码，这是我最初的解决方案，但在第二个版本中丢失了

<?php
class GDefine extends Plugin {

    public static $enabled = TRUE;

    public function onReceivedData($data) {
            if ($data["message"][0] == ".def") {
                    $params = array (
                            "callback" => "a",
                            "sl" => "en",
                            "tl" => "en",
                            "q" => $data["message"][1]
                    );

                    $jsonp = file_get_contents(
                            "http://www.google.com/dictionary/json?callback=a&sl=en&tl=en&q=" . $data["message"][1]);


                    $json = json_decode(substr($jsonp, 2, strlen($jsonp)-12));

                    var_dump($json);

                    print_r($json->primaries[1]->entries[1]->terms[0]->text);

                    if (isset($json->primaries[1]->entries[1]->terms[0]->text)) {

                            $text = $this->bold("Google Definition: ");
                            $text .= $this->teal($json->primaries[1]->entries[1]->terms[0]->text);
                            $this->privmsg($data["target"], $text);
                    } else {

                    $this->privmsg($data["target"], "error error error");

                    }
            }
    }
}

---

我对它进行解码，它返回NULL:

您试图访问一个不存在的对象。您的代码：

if (isset($json->primaries[1]->entries[1]->terms[1]->text)) // Doesn't exist

初选[1]的条目[1]中没有[1]项。只有一个项目；条款[0]。我认为这会起作用，例如：

if (isset($json->primaries[1]->entries[1]->terms[0]->text))

数组中的第一项由0而不是1索引，可能是您的错误

编辑： 您还需要解码JSON，更改：

$json = substr($jsonp, 2, strlen($jsonp)-12);

致：

编辑： 您还需要在JSON中转义一些未转义的字符。将此添加到您的代码中：

更改：

$json = json_decode(substr($jsonp, 2, strlen($jsonp)-12));

致：

---

堆栈溢出不是板。当然，这是最重要的一点。您的PHP代码的其余部分在哪里？您需要显示一个var_dump或print_r$json来验证它是否已成功解码。您好，感谢您的帮助，这似乎让我找到了理解符号的正确途径，但是我仍然会遇到这样的错误：PHP注意：试图在第23Ahhh行的/home/outil2/Plugins/GDefine.PHP中获取非对象的属性，我无意中没有在编辑的代码中添加该属性。然而，我现在在var_dump中得到一个NULL结果-这是否表示json结果无效？是的，如果解码失败，则返回NULL。这很奇怪，因为根据linter的说法，pastebin中的JSON是有效的。我认为我的substr语句似乎很好，而且我将未编码的var_转储粘贴到JSON格式化程序中，得到了有效的结果……只要让它工作起来，你必须转义一些字符，我已经再次更新了答案。

$json = json_decode(substr($jsonp, 2, strlen($jsonp)-12));

$json = json_decode(substr($jsonp, 2, strlen($jsonp)-12));

$json = substr($jsonp, 2, strlen($jsonp) - 12);
$json = str_replace("\\", "\\\\", $json);
$json = json_decode($json);