PHP-将MySQL表导出到JSON文件
内容导读
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![PHP-将MySQL表导出到JSON文件](/upload/InfoBanner/zyjiaocheng/887/8f4e28ebbf764142b294be8b3f7b7bc7.jpg)
我正在尝试将MySQL表从数据库导出到JSON文件,因此可以在数组中列出它们.
我可以用此代码创建文件没问题:
$sql=mysql_query("select * from food_breakfast");
while($row=mysql_fetch_assoc($sql))
{
$ID=$row['ID'];
$Consumption=$row['Consumption'];
$Subline=$row['Subline'];
$Price=$row['Price'];
$visible=$row['visible'];
$posts[] = array('ID'=> $ID, 'Consumption'=> $Consumption, 'Subline'=> $Subline, 'Price'=> $Price, 'visible'=> $visible);
}
$response['posts'] = $posts;
$fp = fopen('results.json', 'w');
fwrite($fp, json_encode($response));
fclose($fp);
现在,这将读取一个表并从其中的字段中提取信息.
我想知道是否可以用表的名称制作一个JSON文件,因此在层次结构中上一层.
我有部分代码:
$showtablequery = "
SHOW TABLES
FROM
[database]
LIKE
'%food_%'
";
$sql=mysql_query($showtablequery);
while($row=mysql_fetch_array($sql))
{
$tablename = $row[0];
$posts[] = array('tablename'=> $tablename);
}
$response['posts'] = $posts;
但是现在我被困在最后一行,即:$ID = $row [‘ID’];这与表格内的信息有关,我不知道在这里放什么.
同样如您所见,我需要过滤表格以仅列出以food_和Drinks_开头的表格
任何帮助是极大的赞赏:-)
解决方法:
MySQL中没有“表ID”,因此SHOW TABLES的结果集没有索引ID.结果集中的唯一索引名为“ Tables_in_DATABASENAME”.
另外,您应该使用mysqli库,因为旧的mysql库已被弃用.准备了一个例子:
<?php
$mysqli = new mysqli(
'yourserver',
'yourusername',
'yourpassword',
'yourdatabasename'
);
if ($mysqli->connect_errno) {
echo "Failed to connect to MySQL: (" . $mysqli->connect_errno . ") "
. $mysqli->connect_error;
}
$result = $mysqli->query('SHOW TABLES FROM `yourdatabasename` LIKE \'%food_%\'');
if(!$result) {
die('Database error: ' . $mysqli->error);
}
$posts = array();
// use fetch_array instead of fetch_assoc as the column
while($row = $result->fetch_array()) {
$tablename = $row[0];
$posts []= array (
'tablename' => $tablename
);
}
var_dump($posts);
内容总结
以上是互联网集市为您收集整理的PHP-将MySQL表导出到JSON文件全部内容,希望文章能够帮你解决PHP-将MySQL表导出到JSON文件所遇到的程序开发问题。 如果觉得互联网集市技术教程内容还不错,欢迎将互联网集市网站推荐给程序员好友。
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