php - 如何使用objective-c将JSON数据发布到PHP数据库？

Question

我在将数据发送到我的在线数据库时遇到问题。当我检查数据库时似乎没有任何内容。我对收到的响应执行了 NSLog，它是空白的。

这是 .php:

<?php
        $db_host="someurl.com";
        $db_username="some_user"; 
        $db_pass="some_passwd";
        $db_name="some_db";

        $conn = mysql_connect($db_host, $db_username, $db_pass) or die ("Could not connect to 
                                                                        MySQL"); 

        mysql_select_db("$db_name") or die ("No database");

        // array for JSON response
        $json = $_SERVER['HTTP_JSON'];
        $data = json_decode($json);
        $some1_id = $data->some1_id;
        $imei = $data->imei;

        //does the imei exist?
        $result = mysql_query("SELECT * FROM usr_go WHERE imei = '".$imei."'"); 

        if (mysql_num_rows($result) == 0){
            if(isset($some1_id))
                $result = mysql_query("INSERT INTO usr_go(some1_id, imei) VALUES('".$some1_id."','".$imei."')");
        }
        else{
            if(isset($some1_id))
                $result = mysql_query("UPDATE usr_go SET some1_id = '".$some1_id."' WHERE imei = '". $imei ." AND some1_id IS NULL ");
        }

        mysql_close($conn);

        header('Content-type: application/json');
        $response = $result;
        echo json_encode($response);
?>

但是，如果我将 $response 硬编码为某个字符串值，并且 NSLog 接收到的响应，它会接收到适当的字符串值。

这是我的代码:

NSDictionary *dict = @{@"some1_id" : [NSNumber numberWithInt:self.cellIndex]};

    NSError *error = nil;

    NSData *json = [NSJSONSerialization dataWithJSONObject:dict options:0 error:&error];

    if (json)
    {
        NSURL *url = [NSURL URLWithString:@"someurl.com"];

        NSMutableURLRequest *req = [NSMutableURLRequest requestWithURL:url];
        [req setHTTPMethod:@"POST"];
        [req setValue:@"application/json; charset=utf-8" forHTTPHeaderField:@"Content-Type"];
        [req setHTTPBody:json];

        NSURLResponse *res = nil;
        NSData *ret = [NSURLConnection sendSynchronousRequest:req returningResponse:&res error:&error];

        NSString *resString = [[NSString alloc] initWithData:ret encoding:NSUTF8StringEncoding];
        NSLog(@"response String: %@",resString);


        NSString *jsonString = [[NSString alloc] initWithData:jsonData encoding:NSUTF8StringEncoding];
        NSLog(@"JSON Output: %@", jsonString);
    }
    else
    {
        NSLog(@"Unable to serialize the data %@: %@", dictionary, error);
    }

是因为无法插入 IMEI，这就是它没有发布的原因，还是其他一些问题？

感谢您的帮助。

Answer 1

一些观察结果:

1. 您应该使用msqli接口(interface)而不是已弃用的 mysql 接口(interface)。

2. 您永远不应该接受输入并仅在 SQL 语句中使用它。要么使用 mysqli_real_escape_string或绑定(bind)值(如下所示)。这对于确保您不易受到 SQL 注入(inject)攻击至关重要。它还可以保护您免受插入值恰好包含保留字符时可能出现的无辜错误的影响。

3. 与其尝试只json_encode mysqli_query 结果，不如构建一个更有意义的关联数组。例如，您可以检查 mysqli 调用的结果，如果成功则返回一个 JSON，如果失败则返回另一个 JSON。我可能建议让失败再现返回错误消息。

4. 您应该在网络浏览器中测试您的 PHP，或者使用类似 Charles 的设备来测试它。 。在您对客户端代码进行过多操作之前，请确保您能够返回预期的 JSON。最重要的是，看看您是否可以测试彼此隔离的客户端代码和服务器代码(或者一开始尽可能保持简单)。

5. 我不熟悉这个 $_SERVER['HTTP_JSON']; 构造。如果这对您有用，那就太好了，但它在我的服务器上不起作用。我曾经对 php://input 进行过 fopen，如下所示。

例如，这是一个不同的数据库/表，但它可能说明了 PHP 代码的样子:

// read JSON input

$handle = fopen("php://input", "rb");
$raw_post_data = '';
while (!feof($handle)) {
    $raw_post_data .= fread($handle, 8192);
}
fclose($handle);

$request_data = json_decode($raw_post_data, true);

// prepare header for reply

header("Content-Type: application/json");

// open database

$mysqli = new mysqli($host, $userid, $password, $database);

// check connection 

if ($mysqli->connect_errno) {
    echo json_encode(array("success" => false, "message" => $mysqli->connect_error, "sqlerrno" => $mysqli->connect_errno));
    exit();
}

// perform the insert

$sql = "INSERT INTO locations (message, device, longitude, latitude) VALUES (?, ?, ?, ?)";

if ($stmt = $mysqli->prepare($sql)) {
    $stmt->bind_param("ssdd", $request_data["message"], $request_data["device"], $request_data["latitude"], $request_data["longitude"]);

    if (!$stmt->execute())
        $response = array("success" => false, "message" => $mysqli->error, "sqlerrno" => $mysqli->errno, "sqlstate" => $mysqli->sqlstate);
    else
        $response = array("success" => true);

    $stmt->close();
} else {
    $response = array("success" => false, "message" => $mysqli->error, "sqlerrno" => $mysqli->errno, "sqlstate" => $mysqli->sqlstate);
}

$mysqli->close();

echo json_encode($response);

显然，请为您的表更改此设置，但它说明了上述一些概念。我通常会添加更多错误检查(例如，请求的 Content-Type，测试以确保变量在我尝试使用它们之前已设置等)，但您可能明白了。

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在客户端，还有一些小的观察结果:

1. 最严重的问题是sendSynchronousRequest的使用。请改用 sendAsynchronousRequest(或无数其他异步技术中的任何一种)。永远不要从主线程发出同步请求。

2. 解析响应时，resString 将包含原始 JSON。我不知道您在构建 jsonString 时引用的 jsonData 变量是什么，但这看起来不对。

   如果你想解析响应，它将是:

   NSError *parseError;
   NSDictionary *dictionary = [NSJSONSerialization JSONObjectWithData:data options:0 error:&parseError];
   

   顺便说一句，上面假设您在响应中返回一个 JSON 字典，就像我在我的示例中所做的那样，而不是您的原始 JSON 所做的。