Titel umgeschrieben in: Fehler: „SyntaxError: „“ ist kein zulässiges JSON-Format“

Question

Ich habe eine Frage zum folgenden Code. Die Ausgabe von console.log

Die URL, die ich über eine JavaScript-Ajax-Anfrage angefordert habe, war „login.php“:

<?php include('init.php');
    Verwenden Sie LoginLoginService;

    #include(__DIR__.'/Login/LoginService.php');

    global $pdo;
    session_start();

    $username = $_POST['username'];
    $pass = $_POST['password'];
    if (!empty($username)) {
        $test = new LoginService();
        $user = $test->getUsersLogin($username);
        if (!empty($user) && $user[0]['login'] == $username) {
            $json = json_encode(array("success" => 1));
            echo $json;
        } anders {
            $json = json_encode(array("success" => 0));
            echo $json;
        }
    }
    ?>

Meine JavaScript-Ajax-Anfrage:

$(() => {
    $('.login-form').on('submit', function (e) {
        e.preventDefault();

        $.ajax({
            Typ: „POST“,
            Datentyp: „json“,
            Zeitüberschreitung: 500,
            URL: '/src/login.php',
            Daten: $(this).serialize(),

            Erfolg: (Daten) =>
                versuchen {
                    var jso = JSON.parse(data);
                    console.log(jso);
                } fangen (e) {
                    console.log(e);
                    falsch zurückgeben;
                }
            },
            Fehler: (Daten) =>
                console.log(JSON.parse(data));
            }
        });
    });
});

Warum ist die Antwort von PHP auf {"success":1} falsch? was ist das Problem?

SyntaxError: „[object Object]“ ist kein gültiges JSON

Answer 1

尝试这样做以避免出现此错误：

myFunction(data: string) {
  try {
    JSON.parse(data); 
    console.log(data);
  }
   catch (e) {
   console.log(e); 
  }
}

Answer 2

如果你写了dataType: "json"，那么jQuery会在进入"success"函数之前自动将你的响应解析为JSON。这在jQuery的$.ajax文档中有详细描述。

因此，data已经是一个对象。你不能将一个对象传递给JSON.parse() - 它需要一个字符串。

所以，不需要

var jso = JSON.parse(data); console.log(jso);

你可以直接写

console.log(data);