php apiからjsonを返す

私はプログラミングが初めてで、より高度なアプリケーションを自分のサイトに追加したいと考えています。私はPHPでAPIを呼び出すことを試みています。私はそれがjson形式を返すのに手間取っている。php apiからjsonを返す

<?php 


if(!empty($_GET['hospital_name'])) { 
$Hospcomp_url = 'https://data.medicare.gov/resource/rbry-mqwu.json?hospital_name=' . urlencode($_GET['hospital_name']); 

$Hospcomp_json = file_get_contents($Hospcomp_url); 
json_decode($Hospcomp_json, true); 
} 

?> 


<!DOCTYPE HTML> 
<html lang="en"> 
<head> 
<meta charset="utf-8"> 
<title>CMS</title> 
</head> 
<body> 
<form action=""> 

<input type="text" name="hospital_name"><br> 
<input type="submit" value="Submit"> 

</form> 
</body> 
</html>

出典

2016-11-16 bminnis22

電話を受けるとどうなりますか？ – GrandMasterFlush

あなたは 'json_decode（）'の結果を何にも割り当てません。そして、それをデコードした後に何もエコーしていない。 – Barmar

あなたの結果は適切ですが、何もしません。まず、JSONからデコードされた配列を変数に代入しません。そして、そうでなければ配列をエコーしたり、処理したりしません。

$decoded = json_decode($Hospcomp_json, true); 
var_export($decoded);

次に、あなたがあなたの出力があるでしょうし、あなたが次の何をすべきかを決定することができるようになります。このようなもので

json_decode($Hospcomp_json, true);

：
はこれを交換してください。

出典

2016-11-16 23:43:56

コールは正確です。ちょうどvar_exportです。

if(!empty($_GET['hospital_name'])) { 
    $Hospcomp_url = 'https://data.medicare.gov/resource/rbry-mqwu.json?hospital_name=' . urlencode($_GET['hospital_name']); 

    $Hospcomp_json = file_get_contents($Hospcomp_url); 
    var_export(json_decode($Hospcomp_json, true)); 
}

出典

2016-11-16 23:45:11

答えて

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