Php 您的SQL语法有错误；检查相应的手册？

您的SQL语法有错误；检查与您的MySQL服务器版本对应的手册，以了解在第1行的“like=1，其中ID=57”附近使用的正确语法

这是带有更新的代码，所有属性和表的名称都被选中

<?php
    include("../connect.php");
    if (session_id() == "")
    session_start();
    $id = $_GET['id'];
    $update = "Update  komentari  set like = 1 where ID=$id";

        if (mysql_query($update)) {

            echo 'success';
        }
        else {
        echo    mysql_error();


        }

    ?>

---

like

是一个保留字。不能在查询中使用“原始”。请尝试以下方法：

UPDATE komentari SET `like` = 1 WHERE ID = $id
                     ^----^---note the backticks

---

此处的完整列表：

like

是SQL保留字。您需要使用不同的列名，或者在引用时使用反勾号将其引用为

`like`

。

like

是一个。。。。如果必须将其用作列或表名，则必须将其括在反勾（`）中，就像是保留字一样。使用Backticks转义可能重复的Tnx，它现在可以工作：-）