在PHP中解析JavaScript的fetch请求

Question

我正在通过Javascript调用一项POST请求，以下是它的样子：

function syncDeviceId(deviceID, mod){
  var request = new Request('url', {
    method: 'POST',
    body: JSON.stringify({
        uuid: unique_id,
    }),
    mode: 'cors'
  })

  fetch(request).then(function(data) {
    return
  })

我正在尝试像这样检索值，

<?php

$post['uuid'] = $_POST['uuid']; 

?>

这将作为空返回，我如何从PHP的fetch post请求中检索值。谢谢。

- rksh

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你的 PHP 代码没有问题。在浏览器的调试工具中，实际的网络请求是什么样子的？ - thatidiotguy

你尝试过什么来调试这个问题？你检查了请求是否正确发送了吗？ - Nico Haase

Answer 1

这是因为您没有将请求的正文设置为正确的格式。

https://developer.mozilla.org/en-US/docs/Web/API/Request/Request#Parameters

body：您想添加到请求中的任何正文：可以是Blob、BufferSource、FormData、URLSearchParams或USVString对象。请注意，使用GET或HEAD方法的请求不能有正文。

Content-Type标头基于设置为body的对象，或者基于提供的Header对象中指定的Content-Type。

因此，将正文设置为JSON字符串会使Content-Type标头成为text/plain。即使您将请求Content-Type设置为application/json也没有关系，因为PHP默认情况下不知道如何解析传入的JSON请求有效负载（除非它最近在PHP 7中添加）。

您可以在客户端执行一些操作。

从你的对象中创建一个FormData对象，并将其用作主体，使用multipart/form内容类型。

var data = {some:"data",even:"more"};
var fd = new FormData();
//very simply, doesn't handle complete objects
for(var i in data){
   fd.append(i,data[i]);
}
var req = new Request("url",{
   method:"POST",
   body:fd,
   mode:"cors"
});

创建一个URLSearchParams对象，将内容类型设置为application/x-www-form-urlencoded。注意：URLSearchParams并不被广泛支持。

//Similar to creating a simple FormData object
var data = {some:"data",even:"more"};
var params = new URLSearchParams();
for(i in data){
   params.append(i,data[i]);
}
var req = new Request("url",{
   method:"POST",
   body:params,
   mode:"cors"
});

创建一个查询字符串（例如a=hello&b=world），并使用Headers对象将Content-Type设置为application/x-form-urlencoded。

var data = {some:"data",even:"more"};
var headers = new Headers({
    "Content-Type":"application/x-form-urlencoded"
});
var params = [];
for(i in data){
   params.push(i + "=" + encodeURIComponent(data[i]));
}
var req = new Request("url",{
   method:"POST",
   body:params.join("&"),
   headers:headers,
   mode:"cors"
});

如果您仍然想发送JSON有效载荷而不是执行上述操作，那么您将需要读取原始请求输入，然后使用json_decode来获取数据。

$json = file_get_contents('php://input');
$data = json_decode($json);

- Patrick Evans

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你提到的最后一个方法对我来说总是返回一个空字符串。 - Lonnie Best

@LonnieBest，如果file_get_contents('php://input')返回一个空字符串，则您的POST请求没有发送请求正文。 - Patrick Evans

Answer 2

我也遇到了同样的问题。

我首先使用Chrome调试工具确保我传递了请求体（Chrome调试工具会将其称为“请求有效载荷”）。

我发送的内容是：

{ClientDomain: "example.com"}

我随后在我的接收PHP脚本中使用了上述代码。

$json = file_get_contents('php://input');
$data = json_decode($json);

然后，将我的JSON代码放入一个数组中，在PHP中可以读取该数组。

PRINT $data["ClientDomain"];

我希望这能帮助到下一个人。

- CMATION

Answer 3

你需要回显你的结果，这样它才会在请求体中返回：

<?php

$post['uuid'] = $_POST['uuid']; 
echo $post['uuid'];
?>

此外，看起来您需要使用调用的php脚本的url实例化请求对象：

var request = new Request('my_script.php', { . . .

无论您的php脚本在哪里。

- eggmatters

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我使用了print_r，结果是Array ( [uuid] => ) - rksh

如果这是你的代码，你需要将你的请求传递给 'url'。那应该是你实际调用的php脚本。我会根据这个修改我的答案。 - eggmatters

这是一个 PHP 脚本，我刚刚删除了真实的 URL 并用 'url' 替换了它。 - rksh

我假设您已经替换了它以发布此问题。既然您正在回显结果，让我们假设您正在获得200响应。print_r($_POST)的输出是什么？承诺回调中data参数的结构是什么？ - eggmatters