guzzle ver 6 post方法不是woking
url-http://vm.xxxxx.com/v1/hirejob/
{
"company_name":" company_name",
"last_date_apply":"06/12/2015",
"rid":"89498"
}
$client = new Client();
$data = array();
$data['company_name'] = "company_name";
$data['last_date_apply'] = "06/12/2015";
$data['rid'] = "89498";
$url='http://vm.xxxxx.com/v1/hirejob/';
$data=json_encode($data);
try {
$request = $client->post($url,array(
'content-type' => 'application/json'
),array());
} catch (ServerException $e) {
//getting GuzzleHttp\Exception\ServerException Server error: 500
}
vendor/guzzlehttp/guzzle/src/middleware.php出现错误
69号线
? new ServerException("Server error: $code", $request, $response)
共有1个答案
您需要使用json_encode()JSON_FORCE_OBJECT标志作为第二个参数。像这样：
$data=json_encode($data,JSON_FORCE_OBJECT)；
如果没有JSON_FORCE_OBJECT标志，它将创建一个使用括号表示法而不是大括号表示法的json数组。
$request = $client->post($url, [
'headers' => [ 'Content-Type' => 'application/json' ],
'body' => $data
]);
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请帮助我了解什么是好的设计在这里，详细。
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