echo'd PHP AJAX経由で呼び出されたJSONが正確に何を返しますか？

Question

私はここで何かが欠けていると思う：

を、私は、データベースからいくつかのデータを取得し、 $ jsondata =配列（）JSON形式でそれを送り返すAJAXを使用しました。

while ($Row = mysql_fetch_array($params)) 
{ 

    $jsondata[]= array('cat_id'=>$Row["cat_id"], 
          'category'=>$Row["category"], 
        'category_desc'=>$Row["category_desc"], 
        'cat_bgd_col'=>$Row["cat_bgd_col"]); 
}; 

echo("{\"Categories\": ".json_encode($jsondata)."};"); 

これまでのところ問題はないと思います。 cleint側

私は

ajaxRequest.responseText 

に上記バック受け取り、私はこの

var categoriesObject = ajaxRequest.responseText; 
alert(categoriesObject); 

を行う場合、私は、私は、アラートで配列全体、すなわち、見ることを期待ものを参照してください。

すべてが間違っているところでは、応答にアクセスしようとしています。私が得るエラーは、 "categoriesObject"はオブジェクトではないということです - それが何ではないか？私はこのようにアクセスすることさえできないということは私には分かりません：

document.write(categoriesObject.Categories[0].category); 

私は間違っていますか？

Answer 1

1. JSONを手動で作成しないでください。用途：私はCategoriesを追加する理由は見当たらない

   echo json_encode(array('Categories' => $jsondata)); 
   

   か、単に

   echo json_encode($jsondata); 
   

   。

2. あなたはJSON.parse使用して、クライアント側でJSONをデコードする必要が（ほとんどのブラウザで利用可能にするだけでなく、scriptとして利用可能）：

   var data = JSON.parse(ajaxRequest.responseText); 
   

3. あなたは非常に正しいことをしたい場合は、

   を追加

   header('Content-type: application/json'); 
   

   あなたのPHPスクリプトに。

Answer 2

JSONを正しく解析していますか？それなしでは動作しません。

var categoriesObject = JSON.parse(ajaxRequest.responseText);