PHP通过json对象在mysql中插入数据

我想通过PHP将一些数据从jQueryMobil.listwidget发送到mysql数据库

我获取并发布我的列表项，如下所示：

function getItems()
{ 
        var listview_array = new Array();
        $( "#itemList li" ).each(function(index) {
            listview_el = new Object();
            listview_el.id = index;
            listview_el.name=$(this).text();
            listview_el.owner="owner";
            listview_array.push(listview_el);
        });
        var stringifyObject = JSON.stringify(listview_array);
        //alert(stringifyObject);
        $.ajax({
            type: "POST",
            dataType: 'json',
            url: "insert.php",
            data: { mydata: stringifyObject },
        });
        //showItems();

}

我想将我的json对象添加到一个mysql数据库/表中。在我的请求下，我的数据被发送，但if（prepStmnt）从未成功

 <?php

    $con = new mysqli($servername, $username, $password, $dbname);
    if (!$con) {
      die('Could not connect: ' . mysqli_error($con));
    }

    echo "preps";
    if($preparedStatement = $con->prepare('INSERT INTO Einkaufsliste (item, owner) VALUES (:name, :owner)')){
        $preparedStatement->execute(json_decode($_POST["mydata"], true));
        $preparedStatement->close();
        echo "done";
    };

    $con->close();
    ?> 

---

您能告诉我为什么数据库中没有存储数据吗？

MySQLi不支持命名参数

if($preparedStatement = $con->[...snip...] (:name, :owner)')){
                                            ^^^^^^^^^^^^^

这在MySQLi中是完全非法的，因此您的准备失败，而其他一切都落在脚本的末尾，因为您没有错误检查

$prepare = $con->prepare(...);
if (!$prepare) {
   die(mysqli_error($con));
}

一个适当的mysqli准备的声明应该是

$stmt = $con->prepare('INSERT ... VALUES (?, ?)');

注意

？

占位符

---

永远不要假设你的查询会成功。即使您的sql实际上是正确的，查询失败的方式也有无数种。始终假设失败，检查失败，并将成功视为惊喜。

您没有绑定变量

：name

和

：owner

，因此没有插入它们，如果它们是固定输入，则不会提交（$preparedStatement=$con->prepare（$INSERT-INTO-INTO-einkaufslite（item，owner）值（“milk”）的数据，“me”））{在MySQLi语句中添加一些错误检查或查看错误日志，您可能会找到答案。检查：…

execute（）

不能包含任何参数，您可能需要在执行准备好的语句之前绑定一些参数