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java - JSONException : Value
转载 作者：行者123 更新时间：2023-12-01 18:42:42 25 4
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我知道这种问题有一些解决方案，并针对这个问题应用了一些解决方案，但我无法解决，我很困惑。请帮我。这是代码:

protected String doInBackground(Boolean... params) {

        String result = null;

        StringBuilder sb = new StringBuilder();


        try {

            // http post
            HttpClient httpclient = new DefaultHttpClient();



            HttpGet httppost = new HttpGet(
                    "http://192.168.2.245/getProducts.php?login=1&user_name=UserName&password=Password");  

            HttpResponse response = httpclient.execute(httppost);
            if (response.getStatusLine().getStatusCode() != 200) {
                Log.d("MyApp", "Server encountered an error");
            }



            BufferedReader reader = new BufferedReader(new InputStreamReader(
                    response.getEntity().getContent(), "utf-8"), 8); //old charset iso-8859-1

            sb = new StringBuilder();

            sb.append(reader.readLine() + "\n");

            String line = null;

            while ((line = reader.readLine()) != null) {

                sb.append(line + "\n");


            }
            result = sb.toString();

            Log.d("test", result);

        } 
        catch (Exception e) {

        Log.e("log_tag", "Error converting result " + e.toString());

        }

        return result;
    }

PHP 代码:

$login=$_GET["login"]; 
$user_name=$_GET["user_name"]; 
$password=$_GET["password"]; 
$output=array(); 
if ($login) { 
$sql=mysql_query("SELECT user_id FROM users WHERE user_name='".$user_name."' AND user_pass='".$password."' "); 

while($row=mysql_fetch_array($sql)) { 
 $user_id=$row["user_id"]; 
} 

$sql=mysql_query("SELECT name,device_id,lat,lon FROM devices WHERE user_id='".$user_id."' LIMIT 100"); 

while($row=mysql_fetch_assoc($sql)) { 
$output[]=$row; } 
} 

print(json_encode($output)); 
mysql_close();

logcat:org.json.JSONException: 值

我该怎么办？ Php代码在网页上运行没有任何错误，但是为什么在这部分出现错误？logcat中还有:( ! ) 注意: undefined variable :C:\wamp\www\getProducts.php 中的 user_id 27

行

Logcat!

<br /><font size='1'><table class='xdebug-error xe-notice' dir='ltr' border='1' cellspacing='0'    cellpadding='1'><tr><th align='left' bgcolor='#f57900' colspan="5"><span style='background-color: #cc0000; color: #fce94f; font-size: x-large;'>( ! )</span> Notice: Undefined variable: user_id in C:\wamp\www\getProducts.php on line <i>27</i></th></tr><tr><th align='left' bgcolor='#e9b96e' colspan='5'>Call Stack</th></tr>... this kind of code appears in logcat then org.json.JSONException: Value <br of type java.lang.String cannot be converted to JSONArray at org.json.JSON.typeMismatch(JSON.java:107)

最佳答案

您没有返回有效的 JSON，似乎您正在返回带有 <br> 的 HTML fragment 。查看您网站的返回来源。

What should i do? The Php code runs on web page without any errors but why got an error in this part? In logcat also has: ( ! ) Notice: Undefined variable: user_id in C:\wamp\www\getProducts.php on line 27

所以user_id没有定义!只需查看您的 GET/POST 参数或向我们展示您的相关 php 代码即可。

请使用echo json_encode($output);不是print .

如果您的第一个查询没有返回行，您会做什么。试试这个。

$sql=mysql_query("SELECT user_id FROM users WHERE user_name='".$user_name."' AND user_pass='".$password."' "); 
if(mysql_num_rows($sql) == 0){
   echo "USERID CANNOT BE FOUND";
}
while($row=mysql_fetch_array($sql)) { 
  echo "USERID FOUND" .$row["user_id"] ;
  $user_id=$row["user_id"]; 
}

看来user_name找不到。因此，只需稍后尝试回显您的 user_id 即可对其进行调试。如果您没有找到 UserID，则回显用户名和密码不存在。

编辑:正如您的 logact 所说，您传递的用户名没有条目，因此 $user_id 永远不会被填充。

http://192.168.2.245/getProducts.php?login=1&user_name=UserName&password=Password

您正在传递 user_name = 用户名和密码 = 密码。该条目确实存在于您的数据库中吗？

此外，为了获得更好的性能，请查看 MySQL LETF JOIN 和 MySQL 子查询。

关于java - JSONException : Value <br of type java. lang.String 无法转换为 JSONArray，我们在Stack Overflow上找到一个类似的问题： https://stackoverflow.com/questions/19244516/

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