按下按鈕後更新數據庫中的錯誤記錄

我正忙於製作一個新網站，但今天遇到了一個小問題。按下按鈕後更新數據庫中的錯誤記錄

我會盡力解釋它。

我的網站每次刷新頁面時都會顯示一條隨機消息，然後您可以點擊一個表示您喜歡該消息的按鈕。

現在的問題是，當你點擊按鈕來喜歡該消息的頁面重新加載（由於表單標籤）等將轉到下一條顯示的消息。

我不知道如何解決這個問題，所以我希望你們能幫助我。

我會後下面的代碼在這裏：

你按下喜歡按鈕後更新數據庫位：

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!"; 
     } 
}

類似按鈕：

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

我希望這個如果足以讓你解決問題，如果不讓我知道，我會發布更多的代碼。

丹尼斯

UPDATE：

嗨，大家好，感謝所有的快速和良好的建議，它的工作你告訴我的方式。由於

來源

2013-04-23 Dennis

爲什麼'$ id = $ random ['id'];'爲什麼要使用隨機ID？ – edwardmp 2013-04-23 18:32:25

保存您的ID在一個隱藏的輸入：

<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代碼分配：

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

來源

2013-04-23 18:33:45 bwoebi

發送ID使用一個隱藏字段一樣

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

提交表單

並在下一頁中使用

$_POST['myid']

來源

2013-04-23 18:34:29

按下按鈕後更新數據庫中的錯誤記錄

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