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我正忙着做一个新网站，但我今天遇到了一个小问题。

我会尽量解释清楚。

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

现在的问题是，当您单击按钮以喜欢该消息时，页面会重新加载（由于表单标签）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助我解决这个问题。

我将在这里发布下面的代码：

按下like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!";
        }
}

点赞按钮：

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

我希望这足以让您解决问题，如果没有让我知道，我会发布更多代码。

丹尼斯

更新：

嗨，伙计们，感谢您提供的所有快速而好的建议，它按照您告诉我的方式起作用。谢谢

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2 回答 2

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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>

并在您的 PHP 代码中分配：

$id = $_POST['like']; // your like id you passed by the form (input type hidden)
于 2013-04-23T18:33:45.357 回答
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使用隐藏字段在提交表单中发送 id，例如

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

并在下一页中使用

$_POST['myid']
于 2013-04-23T18:34:29.510 回答