按下按钮后更新数据库中的错误记录

我正忙于制作一个新网站，但今天遇到了一个小问题。按下按钮后更新数据库中的错误记录

我会尽力解释它。

我的网站每次刷新页面时都会显示一条随机消息，然后您可以点击一个表示您喜欢该消息的按钮。

现在的问题是，当你点击按钮来喜欢该消息的页面重新加载（由于表单标签）等将转到下一条显示的消息。

我不知道如何解决这个问题，所以我希望你们能帮助我。

我会后下面的代码在这里：

你按下喜欢按钮后更新数据库位：

if(!empty($_POST["submit"])) 
{ 
    $id = $random['id']; 
    $query = "UPDATE `quotes` SET `likes` = likes + 1 WHERE `id` = $id"; 
    $result = mysql_query($query); 
     if ((mysql_error()!="")) 
     { 
      $ANTW = mysql_error(); 
      echo ("Cause of the error: " . $ANTW); 
     } 
     else 
     { 
      echo "It worked!"; 
     } 
}

类似按钮：

<form name='' method='post' action=''> 
<input class='like' type='submit' name='submit' /> 
</form>

我希望这个如果足以让你解决问题，如果不让我知道，我会发布更多的代码。

丹尼斯

UPDATE：

嗨，大家好，感谢所有的快速和良好的建议，它的工作你告诉我的方式。由于

来源

2013-04-23 Dennis

为什么'$ id = $ random ['id'];'为什么要使用随机ID？ – edwardmp 2013-04-23 18:32:25

保存您的ID在一个隐藏的输入：

<form name='' method='post' action=''> 
    <input type="hidden" value="<?php echo $random[$id]; ?>" name="like" /> 
    <input class='like' type='submit' name='submit' /> 
</form>

而且在PHP代码分配：

$id = $_POST['like']; // your like id you passed by the form (input type hidden)

来源

2013-04-23 18:33:45 bwoebi

发送ID使用一个隐藏字段一样

<input type="hidden" name="myid" value="YOURID">

提交表单

并在下一页中使用

$_POST['myid']

来源

2013-04-23 18:34:29

按下按钮后更新数据库中的错误记录

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