用php url替换json url

Question

我正在开发安卓应用程序，在这个应用程序中，一个带有文本检索的列表视图来自服务器，源代码在这里，源链接。这是我的php代码

<?php
require_once("dbConnect.php");
$sql = "SELECT image,fullname,location from uploadfinding";
$res = mysqli_query($conn,$sql);
$result = array();
while($row = mysqli_fetch_array($res)){
        array_push($result, array(
            "image"=>$row[0],
            "fullname"=>$row[1],
            "location"=>$row[2]));
           echo " over";
            }
        echo json_encode($result);
      mysqli_close($conn);
?>

这是我的json回应

 Connected successfully over over over[{"image":myurl\/uploadfinding\/uploads\/2016-04-25 06:38:051461584281226.jpg","fullname":"adi","location":"fgh"},{"image":myurl\/uploadfinding\/uploads\/2016-04-25 06:38:201461584297706.jpg","fullname":"adi2","location":"fgh2"},{"image":myurl\/uploadfinding\/uploads\/2016-04-25 06:45:441461584739479.jpg","fullname":"adi23","location":"cn"}]

我尝试了很多东西，但结果是none.the完全源代码在这里：

我不会在这里发布任何java文件，因为这个示例对这个url很好：

http://api.androidhive.info/json/movies.json

但当我用我的网址代替这个：

http://myurl/PhotoUpload/getAllImages.php

它只返回空活动。

Answer 1

尝尝这个

<?php
    header("content-type:application/json");
    require_once("dbConnect.php");

    $sql = "SELECT x1,x2,x3 from table_name";

    $res = mysqli_query($conn,$sql);


    $result = array();

    while($row = mysqli_fetch_array($res)){
            array_push($result, array(

                "x1"=>$row["x1"],
                "x2"=>$row['x2'],
                "x3"=>$row["x3"]));

                echo " over";
            }


    echo json_encode($result);
    $fp = fopen('results.json', 'w');
fwrite($fp, json_encode($result));
fclose($fp);

    mysqli_close($conn);

    ?>

将url "http://myurl/PhotoUpload/getAllImages.php“替换为"http://myurl/PhotoUpload/results.json”

Answer 2

为了澄清:在您的应用程序中，您可以简单地将模拟器称为

“‘localhost”或127.0.0.1。

或

如果您正在使用真正的设备运行，请传递正确的url，如

服务器/Registrer.php

编辑：

试着比较你的网址，

myurl/上载查找/上载/2016-04-25 06:38:051461584281226.jpg“

使用

"http://api.androidhive.info/json/movies/1.jpg“这个。

在您的响应中，"双引号在图像标记前面丢失了。

传递图像链接，

"your_link“