Php 按下按钮后更新数据库中的错误记录

我正忙着创建一个新网站，但今天遇到了一个小问题

我会尽量解释清楚

“我的网站”在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，当您单击按钮以喜欢该消息时，页面将重新加载（由于表单标记），类似的内容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

我将在这里发布以下代码：

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!";
        }
}

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

like按钮：

    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!";
        }
}

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

我希望，如果这足以为你解决问题，如果不让我知道，我会张贴更多的代码

丹尼斯

更新：

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嗨，伙计们，谢谢你们所有的快速和好的建议，它按照你们告诉我的方式工作。谢谢

将您的id保存在隐藏输入中：

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

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在提交表单中使用隐藏字段发送id，如

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

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为什么

$id=$random['id']为什么要使用随机ID？