Question

我正在忙着建立一个新网站，但今天我遇到了一个小问题。

我会尝试尽可能好地解释它。

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

现在的问题是，当您单击按钮以查看页面重新加载的消息时（由于表单标记）等将转到显示的下一条消息。

我不知道如何解决这个问题，所以我希望你们能帮我解决这个问题。

我将在下面发布以下代码：

按下“喜欢”按钮后更新数据库的位：

    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!";
        }
}

喜欢按钮：

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

我希望这个足以让你解决问题，如果不让我知道，我会发布更多代码。

丹尼斯

更新：

大家好，感谢您按照您告诉我的方式提供的所有快速和好的建议。感谢

Answer 1

将您的ID保存在隐藏的输入中：

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

在你的PHP代码中分配：

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

Answer 2

使用隐藏字段（例如

）以提交表单发送ID

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

并在下一页中使用

获取以前的ID

$_POST['myid']

按下按钮后更新数据库中的错误记录

2 个答案: