PHPからJSON呼び出しを作成する

Question

なぜか、私はjson呼び出しから何も戻っていません。私はコンテンツをエコーし​​、ブラウザのURLバーに貼り付けて動作させています。ここにいくつかの種類のドメインの問題がありますか？

$connect = open_db(); 
$result = mysql_query("SELECT search_id, search_term FROM search WHERE search_poi_id IS NULL"); 
while($row = mysql_fetch_assoc($result)){ 
    $call = "http://maps.google.com/maps/api/geocode/json?address=".$row["search_term"]."&sensor=false"; 
    $json = file_get_contents($call); 
    print_r($json); 
} 
close_db($connect); 

Answer 1

file_get_contents()は、外部URLに対しては必ずしも機能しない可能性があります。 php.netから：

fopenラッパーが有効になっている場合、URLはこの関数でファイル名として使用できます。ファイル名の指定方法の詳細については、fopen()を参照してください。さまざまなラッパーの能力、使用法に関する注釈、およびそれらが提供する事前定義済みの変数に関する情報へのリンクは、「サポートされているプロトコルとラッパー」を参照してください。

Answer 2

エコー処理が機能しますか？したがって、有効なJSONはありますか？そして今、問題は何ですか？ JSONを配列にする場合は、json_decode()が必要です。

詳細はhttp://php.net/manual/en/function.json-decode.phpを参照してください。

Answer 3

あなたは、さらにデータを処理したい場合は、あなたがこのようにそれを行うことができます：あなたは、あなたがやりたいことができます配列の配列である必要があり、このデータでは

$data = array(); 
$connect = open_db(); 
$result = mysql_query("SELECT search_id, search_term FROM search WHERE search_poi_id IS NULL"); 
while($row = mysql_fetch_assoc($result)){ 
    $call = "http://maps.google.com/maps/api/geocode/json?address=".$row["search_term"]."&sensor=false"; 
    $data[] = json_decode(file_get_contents($call)); 
} 
close_db($connect); 

foreach($data as $d) 
    print_r($d); 

...

EDIT：動作しない

file_get_contents()場合は、これを試してみてください。

$data = array(); 
$connect = open_db(); 
$result = mysql_query("SELECT search_id, search_term FROM search WHERE search_poi_id IS NULL"); 
while($row = mysql_fetch_assoc($result)){ 
    $call = "http://maps.google.com/maps/api/geocode/json?address=".$row["search_term"]."&sensor=false"; 
    $handle = fopen($call, "rb"); 
    $contents = stream_get_contents($handle); 
    fclose($handle); 
    $data[] = json_decode($contents); 
} 
close_db($connect); 

foreach($data as $d) 
    print_r($d);