如何使我的PHP更新功能起作用？

Question

我的代码中出现了问题？我无法使更新功能正常工作。奇怪的是其余的工作正常，相同的代码在另一页上100％工作。

<?php
include("config.php");

$id = $_GET['id'];

$number = $_GET['no'];

$result = mysql_query("SELECT * FROM comments WHERE commentid = '$id'")
or die(mysql_error());  

$row = mysql_fetch_array( $result );

mysql_query("update `comments` set like = like +1 where commentid = '$id'"); <--- only this here doesnt work
?>

之后有一行html，一个span标记从comments表中获取一些信息。 我的'like'列设置为int（11），所以我不认为这是问题所在。

希望这不是另一个有害的错误：/

非常感谢任何可以帮助我的人！

这是错误

  

您的SQL语法有错误;   检查对应的手册   您的MySQL服务器版本   正确的语法在'like = like附近使用   +1，其中commentid ='61''在第1行

Answer 1

正如EboMike发布的那样，LIKE是MySQL中的保留关键字。

您可以将列重命名为不是关键字的其他内容（首选），也可以在其周围添加反引号（向后单引号）以告诉MySQL它是文字名称。