jsonObjectRequest 错误消息为空

Question

所以我正在开发一个 android 应用程序，它从 xampp 服务器上的 MySQL 数据库检索数据。这是来自 android main,

的代码

Button scanButton = (Button) findViewById(R.id.scanButton);
String findUrl = "http://myIPaddress/webservice/findItem.php";
RequestQueue requestQueue = Volley.newRequestQueue(getApplicationContext());
scanButton.setOnClickListener(new View.OnClickListener(){
    @Override
    public void onClick(View v){

        JsonObjectRequest jsonObjectrequest = new JsonObjectRequest(Request.Method.POST, 
        findUrl, new Response.Listener<JSONObject>(){
            @Override
            public void onResponse(JSONObject response){
                try{
                    //retrieve the items table from the database
                    JSONArray items = response.getJSONArray("items");
                    int i = 2;
                    //retrieve the 3rd row in the table
                    JSONObject item = items.getJSONObject(i);
                    String name = item.getString("name");
                    //send a LogCat message containing the name of the row                  
                    Log.d("name",name); 
                } catch(JSONException e){
                    e.printStackTrace();
                }

            }
        }, new Response.ErrorListener(){
            @Override
            public void onErrorResponse(VolleyError error){
                //in case of an error, send a logcat message containing the error
                Log.d("error","" + error.getMessage());
            }
        });
        requestQueue.add(jsonObjectrequest);
    }
});

}

php 脚本位于 webservice 文件夹中，该文件夹位于 xampp 文件夹的 htdocs 文件夹中。这是 connection.php 的脚本（声明并设置数据库连接），

<?php

define('hostname', 'localhost');
define('user','root');
define('password','');
define('databaseName','webservice');

$connect = mysqli_connect(hostname, user, password, databaseName);

?>

和 findItem.php 的脚本（returns 来自 "webservice" 数据库的 "items" table 我的本地主机 phpmyadmin） ,

<?php

if($_SERVER["REQUEST_METHOD"]=="POST"){
    include 'connection.php';
    showItem();
}

function showItem(){
    global $connect;

    $query = "Select * FROM ITEMS";

    $result = mysqli_query($connect, $query);
    $number_of_rows = mysqli_num_rows($result);

    $temp_array = array();

    if($number_of_rows > 0){
        while($row = mysqli_fetch_assoc($result)){
            $temp_array[] = $row;
        }
    }
    header('Content-Type: application/json');
    echo json_encode(array("items"=>$temp_array));
    mysqli_close($connect);
}

?>

我遇到的错误发生在运行时间。当我单击 android 模拟器中的按钮时，logcat 消息不是 "items" table 第 3 行的名称。有一条错误消息，但错误最终为空。我的问题基本上是什么可能导致这种情况？我已确保 php 脚本位于正确的位置（xampp/htdocs/webservice），IP 地址正确，apache 和 mysql 的 xampp 服务器已打开， android 清单文件中写入了正确的权限，并且在名为 "webservice" 的数据库中存在至少 3 行的 "items" table。感谢任何反馈，提前致谢。

Answer 1

所以虽然我没有收到关于这个问题的任何答案，但我能够找出问题所在。首先，我使用 postman 应用程序（google chrome 扩展名）检查了数据库是否存在，因为我在 php 脚本中使用了 post 方法。该数据库确实存在。因此，尽管我在问题中的假设不正确，但问题很可能是 ip 地址。我原来在 findUrl 字符串中的 ip 地址是正确的，但仍然是错误的。这是一个有效的 IP 地址，但数据库位于本地托管的服务器上；因此，IP 地址应该是本地 IP 地址。出于某种原因，我使用的 ip 地址不是本地的，所以这就是修复。如果有人想知道我是如何在 Windows 上找到本地 IP 地址的，只需运行命令提示符并键入 "ipconfig"。本地 ip 地址应为 "ipv4 address"。

jsonObjectRequest 错误消息为空

jsonObjectRequest error message is null

php

mysql

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