Php 尝试通过链接单击向sql添加数据，并通过jquery或ajax返回结果

我不熟悉jquery或ajax，但我知道这是执行我想要的操作所需要的。我创建了一个wordpress插件，可以根据用户的点击更新数据库表。现在它刷新页面以返回结果，但我想停止页面刷新并通过ajax返回数据。如果有人有兴趣帮我解决这个问题，我会非常感激，甚至愿意付钱

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谢谢你说你写了一些PHP。我希望实际的数据库会更新吗

添加到这个脚本中，这样它也会回显更新页面所需的任何数据。（如果它比纯文本更复杂，您可能需要研究JSON或其他内容）

jQuery为ajax提供了方便的功能。你说你已经在使用jQuery了，对吗

如果只需将页面的单个元素更新为ajax响应，则加载是最简单的。如果需要执行更多操作，请查看

$。获取
$。发布
或
$。ajax

$('#ajaxresponse').load('urlofscript.php');

你为什么不给我们看一些代码/测试页面..也许到目前为止你都尝试了什么？哈！因此，我应该在每个答案旁边设置一个“捐赠”按钮……我非常乐意捐赠。如果你想让你的问题得到回答，请添加一些代码并解释你实际做了什么！如果你真的在寻找一个自由职业者，那么这不是一个适合的地方！我实际做的是为插件编写php。正如我所说，我对jquery/ajax一无所知。如果在我一无所知的事情上寻求帮助是错误的……那么我想我来错地方了。因为我曾在其他地方询问过，但没有得到回应，所以我提到愿意捐款或付款（正如jondavidjohn所说）。如果这就是你生气的原因，那么我向你道歉，我猜我来错地方寻求帮助了。谢谢你的回复。基于我上面添加的php，我需要做的是，当用户单击“喜欢”时，它会更新数据库（正如上面的php所做的），并返回他们喜欢的数据库（上面的php所做的），除了我的脚本刷新页面以执行此操作之外。因此，我只需将div id更改为ajaxresponse，.load将是我的php文件的url。或者我需要分离并创建2个php文件吗？您可能会有许多类似按钮，所以我想可能会有一个类用于所有类似按钮，并为这个类提供一个id。（这个id可能已经进入php脚本/数据库）插件被插入到一个循环中，因此上面的php脚本生成链接（按钮）。我只需要能够在点击后更新“like”，而不刷新页面。是更好还是需要将返回脚本放在不同的php文件中？或者我应该说输出？