php 准备好的声明给我 JSON 格式错误

Question

我的 php 代码在不是 prepared statement 时工作正常 - 但是当它是一个准备好的语句时它给了我一个 json malformed error。在调试我的代码一段时间后，我意识到我的 if 语句有问题，当它是 prepared statement 时应该有所不同。我不确定要更改什么，但这是我的代码：

$statement = "SELECT userID, forename, surname, email, age FROM employees WHERE forename = ?"
$outcome = $conn -> prepare($statement);
$outcome->bind_param('s', $forename);
$outcome->execute();
$outcome->close();
$outcomearray = array();
echo json_encode("It works as of now"); // This bit works and the message is echoed

// From this point, it is giving me errors and problems
if(mysqli_num_rows($outcome)){
    while($line = mysqli_fetch_assoc($outcome)){
        $outcomearray[] = array
        (
            "userID" => $line["userID"],
            "forename" => $line["forename"],
            "surname" => $line["surname"],
            "username" => $line["username"],
            "email" => $line["email"],
            "age" => $line["age"]
        );
    }
    echo json_encode($outcomearray);
}

就是下面两行：

 if(mysqli_num_rows($outcome)){
        while($line = mysqli_fetch_assoc($outcome)){

我认为是错误的。

我该如何解决这个问题？

Answer 1

尝试使用

$outcome->num_rows;

或

mysqli_stmt_num_rows($outcome);

也用

$outcome->bind_result('userID','email', 'age', 'surname', 'forename');
$outcome->fetch()

改为

mysqli_assoc_fetch()

Answer 2

$stmt = $conn->prepare(
  "SELECT userID, forename, surname, email, age FROM employees WHERE forename = ?"
);
$stmt->bind_param('s', $forename);
$stmt->execute();
$rows = array();
$result = $stmt->get_result();

while($line = $result->fetch_assoc()){
  $rows[] = $line;
}

print json_encode($rows);

$conn->close();

请注意，这是返回 JSON 共振时的典型模式。如果没有匹配你呈现一个空数组 - 因此没有真正需要检查行数。

如果出于某种原因需要，您可以从 mysqli_result 对象的 num_rows 属性中获取行数：

$result = $stmt->get_result();

if ((bool) $result->num_rows) {

}

另请注意，fetch_assoc 的重点是获取关联数组。因此，如果您的列名与您要生成的 JSON 一致，则无需一一映射键。

http://php.net/manual/en/class.mysqli-result.php

php 准备好的声明给我 JSON 格式错误

php Prepared Statement giving me JSON Malformed

php

arrays

json

prepared-statement