正如标题所示,我正在编写一个网络应用程序作为学校项目的一部分。我的目标是让某人上传 json 文件并将其一些数据保存在 Mysql 上的表中,以便在应用程序中提供更多功能。
我的问题是如何精确地将 JSON 文件传递给 PHP,然后从那里解析它以将所需的数据存储到数据库中。我尝试在 Jquery fileupload 的帮助下发送它,因为 json 文件可能相当大,并且在 php 方面我使用了函数 file_get_contents 但我没有运气。
这是我的 JavaScript 代码:
$(document).ready(function () {
$("#submitupload").click(function(){
var files = $("#files");
$("#uploadedfile").fileupload({
url: 'upload.php',
dataType: 'json',
autoUpload: false
}).on('fileuploadadd', function (e, data) {
var fileTypeAllowed = /.\.(json)$/i;
var fileName = data.originalFiles[0]['name'];
var fileSize = data.originalFiles[0]['size'];
console.log(data);
if (!fileTypeAllowed.test(fileName)){
$("#error").html('Only json files are allowed');
}else
data.submit();
}).on('fileuploaddone', function (e , data){
var msg = data.jqXHR.responseJSON.msg;
$("#error").html(msg);
}).on('fileuploadprogress', function (e,data){
var progress = parseInt(data.loaded / data.total * 100, 10 );
$("#progress").html("Completed: " + progress + "%");
})
})
})
这是 PHP:
<?php
include_once ('connection.php');
if (isset($_FILES['uploadingfile'])){
$file = $_FILES['uploadingfile'];
$data = file_get_contents($file);
$array = json_decode($data, true );
foreach( $array as $row){
$sql = "INSERT INTO locations(timestamp) VALUES ('".$row["timestampMs"]."')";
mysqli_query($conn, $sql);
}
$msg = array("msg" => "times ok ");
exit(json_encode($msg));
}
注意到 file_get_contents() 中的错误表明 $file 变量是一个数组而不是字符串,因此我尝试将 $_FILES 变量作为参数传递再次没有运气。
这是正确的方法吗?如果是的话,我缺少什么或者我应该使用其他方法吗?
感谢您的长时间阅读和您提前投入的时间!抱歉,如果这听起来很愚蠢,但我对 PHP 很陌生。
最佳答案
$_FILES['uploadingfile']
是一个数组,其中包含有关上传文件的多条信息。所以你需要使用:
$file = $_FILES['uploadingfile']['tmp_name'];
获取存储数据的文件名。
参见Handling File Uploads了解完整详细信息。
关于javascript - 将 JSON 文件传递到 php 服务器,然后将其中的数据保存到 Mysql DB,我们在Stack Overflow上找到一个类似的问题: https://stackoverflow.com/questions/60875141/