Как отправить данные JSON в базу данных PHP, используя target-c?

Несколько замечаний:

1. Вы должны использовать интерфейс msqli а не устаревший интерфейс mysql.

2. Вы никогда не должны вводить данные и просто использовать их в инструкции SQL. Используйте значения mysqli_real_escape_string или bind (как показано ниже). Это важно для обеспечения того, чтобы вы не были подвержены атакам SQL-инъекций. Он также защищает вас от невинных ошибок, которые могут возникнуть, если только что вставленное значение содержит зарезервированный символ.

3. Вместо того, чтобы пытаться просто json_encode результат mysqli_query, вы должны построить более значимый ассоциативный массив. Например, вы можете проверить результат вызова mysqli и вернуть один JSON, если он был успешным, а другой - при сбое. Я мог бы предположить, что выдача отказа возвращает сообщение об ошибке.

4. Вы должны протестировать свой PHP либо в веб-браузере, либо протестировать его с устройства, используя что-то вроде Чарльза. Убедитесь, что вы возвращаете JSON, который вы ожидали, прежде чем заходить слишком далеко с вашим кодом клиента. Внизу, посмотрите, можете ли вы протестировать код клиента и код сервера изолированно друг от друга (или сначала сохранить его как можно проще).

5. Я не знаком с этим $_SERVER['HTTP_JSON']; построить. Если это работает для вас, отлично, но это не работает на моем сервере. Я исторически сделал fopen php://input как показано ниже.

Например, это другая база данных/таблица, но это может проиллюстрировать идею того, как выглядит код PHP:

// 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);

Очевидно, измените это для своих таблиц, но это иллюстрирует некоторые из вышеперечисленных концепций. Я бы обычно добавлял дополнительную проверку ошибок (например, Content-Type запроса, тест, чтобы убедиться, что переменные были установлены до того, как я попытался их использовать и т.д.), Но вы, вероятно, получите эту идею.

На стороне клиента есть еще несколько незначительных замечаний:

1. Самой серьезной проблемой является использование sendSynchronousRequest. sendAsynchronousRequest этого используйте sendAsynchronousRequest (или любое из множества других асинхронных методов). Никогда не высылайте синхронные запросы из основного потока.

2. При анализе ответа resString будет содержать исходный JSON. Я не знаю, какую переменную jsonData вы ссылаетесь при создании jsonString, но это выглядит неправильно.

   Если вы хотите проанализировать ответ, это будет:

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

   Кстати, вышесказанное предполагает, что вы возвращаете словарь JSON в своем ответе, как и в моем примере, а не то, что сделал ваш оригинальный JSON.