Intereting Posts
PHP: неопределенное смещение Цикл Foreach объявляет переменную в массиве select table Memcache: вызов функции-члена get () для не-объекта Предупреждение DataTables: данные JSON с сервера не могут быть проанализированы. Это вызвано ошибкой форматирования JSON json_encode разреженный массив PHP как массив JSON, а не объект JSON Попытка опубликовать только одну колонку в базе данных Определите, является ли 10-значная строка действительной. Amazon ASIN PHP – как лучше определить, является ли текущий вызов из CLI или веб-сервера? Доступ к значению StdClass с помощью двоеточия: защищенный MySQL PHP count (*) возвращает что-то странное Можно ли зафиксировать поисковый запрос из поиска Google? Запустите php foreach loop на многомерном массиве Успех: 1 все еще нет уведомления в android Ошибка исключения Laravel – массовое присвоение Как установить местозаполнитель в drupal 7 в форме входа в систему

получение ошибки в отображаемых значениях в Xcode из mysql?

Привет, я пытаюсь получить значения из mysql для отображения в Xcode textfield.but, я получил (null) значения в текстовом поле .. мой Xcode …

- (IBAction)find:(id)sender { NSError *err; NSString *strURL=[NSString stringWithFormat:@"http://192.168.1.15:81/priya/sam.php?FirstName=%@",name.text]; NSData *dataURL=[NSData dataWithContentsOfURL:[NSURL URLWithString:strURL]]; NSString *strResult=[[NSString alloc] initWithData:dataURL encoding:NSUTF8StringEncoding]; NSLog(@"got response==%@", strResult); NSDictionary *jsonArray = [NSJSONSerialization JSONObjectWithData:dataURL options: NSJSONReadingMutableContainers error:&err]; NSArray *array=[jsonArray objectForKey:@"key"]; address.text=[NSString stringWithFormat:@"%@", [[array objectAtIndex:0]objectForKey:@"firstName"]]; phone.text=[NSString stringWithFormat:@"%@", [[array objectAtIndex:1]objectForKey:@"lastname"]]; } 

и мой php-код ..

 <?php $host = "localhost"; $user = "xcode"; $pass = "xcode"; $db="xcode"; $r = mysql_connect($host, $user, $pass); echo mysql_get_server_info() . "\n"; $r2 = mysql_select_db($db); $result1 = mysql_query("SELECT * FROM Persons WHERE FirstName='{$_GET['FirstName']}'"); $result=array(); while($row = mysql_fetch_array($result1)) array_push($result,array('firstName' => $row[0],'lastname'=>$row[1])); echo json_encode(array("key" => $result)); mysql_close(); ?> 

а также я получил значения JSON в консоли

  {"key":[{"firstName":"Peter","lastname":"Griffin"},{"firstName":"Peter","lastname":"Griffin"}]} 

помогите мне найти ответ для этого. заранее спасибо.