Symfony2 JSON示例

Question

我试图设置一个使用symfony2的json示例。
我创建了一个测试包，测试实体（“信息”），成立了ORM等
的消息（表）具有以下栏目：ID，标题，文字
我试图揭露路线*/MYDOMAIN /消息会暴露一个JSON接口信息表（小名单）

我尝试的第一个方法是：

创建一个使用Symfony\Component\HttpFoundation\Response并具有功能的MessageController类像这样：

public function testAction() { 
    $response = new Response(json_encode(**code_req_here**)); 
    return $response; 
} 

，并设置像这样的路线：

test: 
    pattern: /test 
    defaults: { _controller: myProjectmyTestBundle:Message:test, _format: json} 
    requirements: { _format: (xml|json), _method: GET } 

1. 这是一个正确的方法？
2. 我对code_req_here有什么要求？

我尝试了第二种方法是通过使用FOS/RestBundle但没能正确完成引导，因为我明白，所以

1. 请提供关于如何做一个小指南（只）这与FOS/RestBundle

Answer 1

这是一个正确的方法？

是的，我喜欢它，但我会修改路由规则有点像这样：

test: 
    pattern: /test.{_format} 
    defaults: { _controller: myProjectmyTestBundle:Message:test, _format: json} 
    requirements: { _format: (xml|json), _method: GET } 

什么我穿上code_req_here？

把你想要转换成json格式的数组。 ex。阵列（阵列（ 'ID'=> 1， '值'=> '测试'），阵列（ 'ID'=> 2， '值'=> '智能'））

Answer 2

我建议使用

http://jmsyst.com/bundles/JMSSerializerBundle

$serializer = $container->get('jms_serializer'); 
$serializer->serialize($data, 'json'); // json|xml|yml 
$data = $serializer->deserialize($inputStr, $typeName, $format);