如何在 json 对象中包含表名

Posted 2023-02-24

【中文标题】如何在 json 对象中包含表名

【英文标题】：How to include table name in json object

【发布时间】：2014-12-10 19:40:13

【问题描述】：

我想返回一个包含表名的 JSON 对象。如何在响应中添加属性？

  "table": "tableName",
  "results": [
    
  ]

目前我正在返回这样的 json 响应：

// result is an array of objects.
echo json_encode($result); 
 

【问题讨论】：

请显示预期输出。 “生成的表名[正在]”是什么意思？

【参考方案1】：

因为数据库没有返回表名！

如果您想返回它，请将您的 $json_response 对象包装到另一个数组中。例如。

echo json_encode(array('table_name' => $json_response))

因此，您正在使用不安全和已弃用的 mysql_* 函数。请切换到 MySQLi 或 PDO 和准备好的语句。

【讨论】：

你能告诉我我应该改变什么吗？

您无需更改任何内容。 SQL 查询永远不会返回表的名称。但是您可以将您的“echo”行替换为我在上面发布的行，调整“table_name”。

如果你的意思是“我应该为数据库改变什么”......然后停止遵循为 php4 编写的指南并使用新的数据库驱动程序：php.net/mysqli 或 php.net/pdo。请注意，您使用的扩展名 MySQL（不是“i”）已被弃用。 @ImAtWar

【参考方案2】：

您遍历数据库查询的结果，它不会包含表名，除非您手动将其添加到响应中...

$json_response = array('table' => 'table name here', 'results' => array());

和..

array_push($json_response['results'],$row_array);