Php 想要在json中只获取两个对象吗

我试图用下面的代码做一个代码验证程序。我在StackOverflow中查看了答案，但没有得到正确的结果

代码运行良好，但我只想回显两个值

validate.php页面代码如下：

if(isset($apKey) && isset($code))   {
    $en     = new En();
    $Key       = $apKey;
    $Codes = $code;

if($Key == null || $Codes == null)  {
    echo json_encode(['data' => 'No Key or code found, Please try again']);
    exit;
}  
  $response = $en->validate($Key,$Codes);
  $result = json_decode($response);
  $elements = json_encode(['data' => $result]); 
  echo $elements;
  exit;
}
  echo json_encode(['data' => 'No Key or code found, Please try again']);
  exit;

现在，我尝试使用以下代码检查此验证页面结果：

$siteurl = urlencode($_SERVER['SERVER_NAME']);
    $arrContextOptions = array(
        "ssl" => array(
            "verify_peer" => false,
            "verify_peer_name" => false
        )
    );
    $file = file_get_contents('http://www.validates.com/validate.php?code=' . $check , false, stream_context_create($arrContextOptions));
    $checks = json_decode($file, true);
    $elements = $checks['data']; 
    echo print_r($elements);

结果是这样的：

Array
   ( 
     [buyer] => abcd 
    )

$checks = json_decode($file, true);
$data = $checks['data']; 
if (array_key_exists("error", $data))
    echo $data["description"];
else 
    echo $data["buyer"]; 

所以我想做什么。我只想在代码后面回显买家和错误消息：

$checks=json\u decode（$file，true）

错误结果如下：

{"data":{"error":404,"description":"No sale belonging to the current user found with that code"}}

例如：

if(buyer){echo 'true';}
if(error message){echo 'error';}

我想你可以检查一下是否有错误。您可以这样做：

Array
   ( 
     [buyer] => abcd 
    )

$checks = json_decode($file, true);
$data = $checks['data']; 
if (array_key_exists("error", $data))
    echo $data["description"];
else 
    echo $data["buyer"]; 

不要链接到你的站点并要求我们去那里检查控制台，而是将所有信息放在问题本身中（作为文本，而不是图像）。如果没有，当这些链接发生变化时，这个问题对未来的访问者将毫无用处。@MagnusEriksson您是对的，但控制台代码太长。如果您只包含相关部分，可能不会。请阅读：@MagnusEriksson我已经编辑了我的问题，谢谢。