使用PHP返回一个JSON对象json_encode（）＆amp; MySQL传递给jQuery函数
我正在尝试从MySQL结果创建一个json对象，但没有得到我需要的结果。
这是PHP
$json = array();
$result = mysqli_query ($connection, $query);
echo '[';
while($row = mysqli_fetch_array ($result))
{
echo '{';
echo '"latitude":"'.$row['lat'].'",';
echo '"longitude":"'.$row['lng'].'",';
echo '"icon":'.'"./images/'.$row['busColor'].'.png"';
echo '}';
}
echo ']';
$jsonstring = json_encode($json);
echo $jsonstring;
die();
[{"latitude":"39.976257","longitude":"-83.003464","icon":"./images/pink.png"}][]
[{"latitude":"39.976257","longitude":"-83.003464","icon":"./images/pink.png"}]
$.getJSON('myJsonURL, function(myMarkers){
$("#map").goMap({
markers: myMarkers
});
});
没有找到相关结果
已邀请:
3 个回复
量华
$json = array(); $result = mysqli_query ($connection, $query); while($row = mysqli_fetch_array ($result)) { $bus = array( 'latitude' => $row['lat'], 'longitude' => $row['lng'], 'icon' => './images/' . $row['busColor'] . '.png' ); array_push($json, $bus); } $jsonstring = json_encode($json); echo $jsonstring; die();膝垫富顷
编辑：更多关于json_encode json_encode php手册仇聘发栖