Php 加载json页面时看不到任何json

我正在尝试制作一个用于测试的启动api。我已经完成了大部分工作，但是现在当我尝试加载我的页面时，它没有显示任何json，只是

[]

，尽管我的数据库中显然有一些东西。 比如： 事物|地点|时间
测试|测试|测试

这是我的密码：

<?php
//Converting db values into json data

header('Content-type:application/json');

$conn = new mysqli('localhost','root','','snippets') or die(mysql_error());
$sql= 'SELECT * FROM wtd';
$rs=$conn->query($sql);

$data = $rs->fetch_all(MYSQLI_ASSOC);
echo json_encode($data);


?>

---

希望有人能帮助我。我在时限

< p>你可以试试下面看看是否有什么事情发生，空白密码让我担心！p>

/* Blank password? Really? And it should be mysqli_error() */
$conn = new mysqli('localhost','root','','snippets') or die( mysqli_error() );

if ( mysqli_connect_errno() ) {
    printf("Connection to database failed: %s\n", mysqli_connect_error());
    exit();
}

$sql= 'select * from `wtd`;';
$rs=$conn->query( $sql );

$data = $rs->fetch_all(MYSQLI_ASSOC);
$conn=null;

echo json_encode( $data );

---

你可以试试下面看看是否有什么事情发生，空白密码让我担心！p>

/* Blank password? Really? And it should be mysqli_error() */
$conn = new mysqli('localhost','root','','snippets') or die( mysqli_error() );

if ( mysqli_connect_errno() ) {
    printf("Connection to database failed: %s\n", mysqli_connect_error());
    exit();
}

$sql= 'select * from `wtd`;';
$rs=$conn->query( $sql );

$data = $rs->fetch_all(MYSQLI_ASSOC);
$conn=null;

echo json_encode( $data );

---

要做的第一件事是在代码中添加一些错误处理，错误可能在任何地方，但实际上您并没有在连接上寻找任何错误，您正在使用一个完全不同的扩展来处理可能的错误。那不行

<?php
// force some error reporting
error_reporting(E_ALL); 
ini_set('display_errors', 1);

//Converting db values into json data

header('Content-type:application/json');

$conn = new mysqli('localhost','root','','snippets');
if ($conn->connect_error) {
    die('Connect Error (' . $conn->connect_errno . ') '
            . $conn->connect_error);
}

$sql= 'SELECT * FROM wtd';
$rs=$conn->query($sql);
if ( ! $rs ) {
    echo 'Error in query '.$rs->error;
}

$data = $rs->fetch_all(MYSQLI_ASSOC);

if ( is_array($data) ) {

    $json = json_encode($data);
    if ( json_last_error() > 0 ) {
        echo json_last_error_msg();
    } else {
        echo $json;
    }
} else {
    echo 'fetch_all failed';
}
exit;
?>

---

要做的第一件事是在代码中添加一些错误处理，错误可能在任何地方，但实际上您并没有在连接上查找任何错误，您正在使用完全不同的扩展来处理可能的错误。那不行

<?php
// force some error reporting
error_reporting(E_ALL); 
ini_set('display_errors', 1);

//Converting db values into json data

header('Content-type:application/json');

$conn = new mysqli('localhost','root','','snippets');
if ($conn->connect_error) {
    die('Connect Error (' . $conn->connect_errno . ') '
            . $conn->connect_error);
}

$sql= 'SELECT * FROM wtd';
$rs=$conn->query($sql);
if ( ! $rs ) {
    echo 'Error in query '.$rs->error;
}

$data = $rs->fetch_all(MYSQLI_ASSOC);

if ( is_array($data) ) {

    $json = json_encode($data);
    if ( json_last_error() > 0 ) {
        echo json_last_error_msg();
    } else {
        echo $json;
    }
} else {
    echo 'fetch_all failed';
}
exit;
?>

< SagarNaliyapara >它打印这个[]数组（）是空白密码故意吗？@ SagarNaliyapara它打印这个[]数组（）是空白密码故意吗？THACK我会试试！没有密码的原因是xampp没有localhost/intsall页面，所以db没有密码？否则，它本质上是相同的代码，但当我在没有密码和调试的情况下尝试时，它失败了，并且没有显示错误。在放入
if（mysqli\u connect\u errno（））之后{
code in我可以立即看到问题是密码不是必需的，它的错误做法，但不是必需的Thaks我会尝试！没有密码的原因是xampp没有本地主机/intsall页面，所以db没有密码？否则它基本上是相同的代码，但当我尝试这个时，它没有密码没有密码，也没有调试失败，也没有显示错误。放置
if（mysqli\u connect\u errno（））后{
code in我可以立即看到问题是passwordPassword不是必需的，它的错误做法但不是必需的。顺便说一句：$conn对象在几个地方被错误命名为$con。稀疏错误：语法错误，在C:\xampp\htdocs\test.php的第24行意外出现“{”，这是if（is_数组（$data）{是的，修复了，再试一次。我已经从mysql服务器切换，所以我需要再次创建数据库。我将在今天晚上7点左右UTC+01:00btw向您提供结果：$conn对象在几个地方被错误命名为$con。稀疏错误：语法错误，在C:\xampp\htdocs\test.php的第24行出现意外的“{”，这是if（is_数组（$data）{是的，修复了。再试一次。我已经从mysql服务器切换，所以我需要再次创建数据库。我将在今天晚上7点UTC+01:00左右给你结果