在PHP中解析Javascript读取

Question

我通过Javascript调用一个帖子请求，看起来是这样的，

function syncDeviceId(deviceID, mod){
  var request = new Request('url', {
    method: 'POST',
    body: JSON.stringify({
        uuid: unique_id,
    }),
    mode: 'cors'
  })

  fetch(request).then(function(data) {
    return
  })

我试图收回这样的价值观，

<?php

$post['uuid'] = $_POST['uuid']; 

?>

这是返回为空，我怎么能从PHP中的获取后请求检索值。谢啦

Answer 1

您需要回显结果，因此它将在请求正文中返回：

<?php

$post['uuid'] = $_POST['uuid']; 
echo $post['uuid'];
?>

另外，看起来你需要用你调用的php脚本的url实例化你的请求对象：

var请求=new请求（'my_script.php ', { . . .

无论php脚本在哪里。

Answer 2

我也有同样的问题。

我首先使用Chrome调试工具来确保我传递的是一个请求体（Chrome调试将其称为“请求负载”）

{ClientDomain: "example.com"}

然后，我在接收PHP脚本中使用了声明的代码。

$json = file_get_contents('php://input');
$data = json_decode($json);

然后将我的JSON代码放入一个数组中，然后用PHP读取。

PRINT $data["ClientDomain"];

我希望这能帮助下一个人。

Answer 3

这是因为您没有将请求的正文设置为正确的格式。

https://developer.mozilla.org/en-US/docs/Web/API/Request/Request#Parameters

body：要添加到请求中的任何主体：可以是Blob、BufferSource、FormData、URLSearchParams或USVString对象。请注意，使用GET或HEAD方法的请求不能有正文。

内容类型标头基于设置为body的对象，或者基于在Header对象中指定的Content-Type（如果提供）。

因此，将body设置为JSON字符串会使内容类型头为text/普通。即使您将请求Content-Type设置为Application/json，也没关系，因为PHP默认不知道如何解析传入的JSON请求有效载荷（除非它最近在PHP 7中添加）。

你可以在客户端做一些事情

从对象中创建FormData对象，并将其用作主体，然后将使用多部分/form内容类型

var data = {some:"data",even:"more"};
var fd = new FormData();
//very simply, doesn't handle complete objects
for(var i in data){
   fd.append(i,data[i]);
}
var req = new Request("url",{
   method:"POST",
   body:fd,
   mode:"cors"
});

创建一个URLSearchParams对象，该对象将内容类型设置为application/x-www-form-urlencoded。注意：URLSearchParams不受广泛支持

//Similar to creating a simple FormData object
var data = {some:"data",even:"more"};
var params = new URLSearchParams();
for(i in data){
   params.append(i,data[i]);
}
var req = new Request("url",{
   method:"POST",
   body:params,
   mode:"cors"
});

创建查询字符串（即a=hello

var data = {some:"data",even:"more"};
var headers = new Headers({
    "Content-Type":"application/x-form-urlencoded"
});
var params = [];
for(i in data){
   params.push(i + "=" + encodeURIComponent(data[i]));
}
var req = new Request("url",{
   method:"POST",
   body:params.join("&"),
   headers:headers,
   mode:"cors"
});

如果您仍然希望发送JSON有效负载而不是执行上述操作，那么您可以，但是您必须读取原始请求输入，然后使用JSON_decode来获取数据

$json = file_get_contents('php://input');
$data = json_decode($json);