jsonObjectRequest 错误消息为空

Posted 2023-02-25

【中文标题】jsonObjectRequest 错误消息为空

【英文标题】：jsonObjectRequest error message is null

【发布时间】：2016-03-03 15:56:59

【问题描述】：

所以我正在开发一个从 xampp 服务器上的 mysql 数据库中检索数据的 android 应用程序。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（声明并设置数据库的连接），

<?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（从我的本地主机 phpmyadmin 中的“webservice”数据库返回“items”表），

<?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。当我在我的 android 模拟器中单击按钮时，logcat 消息不是“项目”表第三行的名称。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，正确的权限已写入 android 清单文件，以及在名为“webservice”的数据库中存在至少 3 行的“items”表。感谢您提供任何反馈，提前感谢您。

【参考方案1】：

因此，尽管我没有收到有关此问题的任何答案，但我能够找出问题所在。首先，我使用 postman 应用程序（谷歌浏览器扩展）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。我最初在 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。由于某种原因，我使用的 IP 地址不是本地地址，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 地址”。