PHP json_decode沒有從變量獲取代碼

我在PHP中編譯json_decode()函數時出現問題。我有followig JSON文件：PHP json_decode沒有從變量獲取代碼

{ 
    "var1":"data1", 
    "var2":"data2", 
    "var3":"data3", 
    "snippet":"<?php\n\necho \"hello world\";" 
}

我想保存代碼出於多種原因json文件，但json_decode()並不想輸出。這裏是我使用了用於獲取數據的代碼：

$str_data = file_get_contents("json_files/".$new.".json"); 
$data = json_decode($str_data,true);

後來我只是簡單地使用它來獲取所有數據：

echo $data['snippet'];

這個工程只是VAR1/VAR2/VAR2罰款不與代碼。

來源

2016-01-22 Marnix Bouhuis

究竟是如何不工作？含義：輸出是什麼，預期輸出是什麼？ –

'<？php'將在echo語句中可能被作爲HTML標記的開始，因此您無法「看到它」。嘗試「查看源代碼」，我敢打賭。 – Repox

@FranzGleichmann預期的輸出應該是這樣的：<？php echo「hello world」; （有中斷），但我只有兩個空行...... –

如果您希望從字符串執行PHP腳本，可以使用eval() 但是請記住，如果不正確地清理數據，該函數可能很危險。

您當前的代碼不起作用，因爲它是一個字符串，並且PHP解釋器不會將其作爲腳本標記提取出來，而是將其註釋掉，從而導致出於安全原因，因此僅將其顯示在html頁面的源代碼中。

編輯通過下面的評論：

$json = '{ 
    "var1":"data1", 
    "var2":"data2", 
    "var3":"data3", 
    "snippet":"<?php\n\necho \"hello world\";" 
}'; 

echo htmlentities(json_decode($json)->snippet); 
echo htmlentities(json_decode($json, true)['snippet']); 
echo str_replace('<', '&lt;', json_decode($json, true)['snippet']); 

// Choose your method.. all works.

來源

2016-01-22 07:49:30 Xorifelse

我不是要執行的代碼，只顯示 –

然後，你應該使用'htmlentites（）'和下一次清除你問什麼。 – Xorifelse

-1

<?php 
$json = '{ 
"var1":"data1", 
"var2":"data2", 
"var3":"data3", 
"snippet":"?php\n\necho \"hello world\";" 
}'; 
$data = json_decode($json); 
header("Content-Type: text/html"); 
echo $data->snippet; 
?>

我試着用上面的代碼。經過一段時間才發現..「<」導致php標籤出現問題。

嗯，我想你不能用這個

來源

2016-01-22 07:54:40

測試脫身如下：

<?php 
$str_data = ' 
{ 
    "var1":"data1", 
    "var2":"data2", 
    "var3":"data3", 
    "snippet":"<?php\n\necho \"hello world\";" 
}'; 

$data = json_decode($str_data,true); 

echo $data['snippet'];

給我下面的輸出：

<?php 

echo "hello world";

如果你在瀏覽器中查看此，你可能沒有看到它，因爲瀏覽器讀取的是HTML。

來源

2016-01-22 07:57:54 Repox

-1

使用var_dump查看數據是否正確？

$str_data = file_get_contents("json_files/".$new.".json"); 
 
var_dump($str_data);

來源

2016-01-22 09:11:19 suibber

PHP json_decode沒有從變量獲取代碼

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