在 PHP 中的 json/array 中回显变量

Question

我制作了一个有效的代码，但是当我尝试在 json/array 中回显一个变量时它不起作用。谁能帮忙？有效的代码$data = array("ips" => ["ip" => "1.1.1.1"]);                                                                    $data_string = json_encode($data);  不起作用的代码 $test=1.1.1.1 $data = array("ips" => ["ip" => "$test"]);                                                                     $data_string = json_encode($data);  代码只是在浏览器上返回 500error如您所见，我正在尝试引入一个变量。谁能帮忙？

Answer 1

你需要在“1.1.1.1”周围加上引号，否则 php 的解析器不会将它解释为字符串（这是它应该是的）

做这个：

$test="1.1.1.1";

$data = array("ips" => ["ip" => "$test"]);                                                                    

$data_string = json_encode($data);  

不是这个：

$test=1.1.1.1

$data = array("ips" => ["ip" => "$test"]);                                                                    

$data_string = json_encode($data);  

将数组的简写与数组函数混合也是不好的做法，你应该做array("ips" => array("ip" => "$test"));或者["ips" => ["ip" => "$test"]];

Answer 2

虽然已经给出了正确的答案：You have a syntax error there and should write

$ip = "1.1.1.1";

我建议您首先查看服务器的 Web 服务器和 PHP 错误日志。它会清楚地说明您的脚本失败的原因：

[Sat May 16 13:26:20.744739 2020] [proxy_fcgi:error] [pid 1653:tid 140650782840576] [client ::1:55866] AH01071: Got error 'PHP message: PHP Parse error:  syntax error, unexpected '.1' (T_DNUMBER) in /var/www/html/stackoverflow.php on line 2\n', referer: http://localhost/

或者，您可以使用php myScript.php并从控制台运行它并获得相同的错误消息。自然地，PHP-CLI 的可能使用在一定程度上取决于脚本的复杂性。

这将有助于您将来更轻松地找到这些错误。

Answer 3

您在变量中有语法错误$test。您可以使用字符串类型，如下所示：

$test = '1.1.1.1';

$data = array("ips" => ["ip" => "$test"]);                                                                    

$data_string = json_encode($data);