如何在php中使用imagebutton更新数据库值

我正在处理一个php文件，winch显示了一个包含数据库值的表。每一行的末尾都有一个imagebutton，它应该会改变状态，并显示一个图像。 所以我认为它的简短功能必须是，点击go to script go to php或jQuery？ 按钮还必须为下一个脚本或函数或操作系统提供用户id，还有更好的方法吗

这是我目前的基本方法，没有任何功能

在index.php中

include("function.php");

while ($row_user = mysql_fetch_assoc($result_user)) {
            
    $sqle = mysql_query("
                    SELECT COUNT(*) FROM 
                       places2user                                 
                    WHERE
                       user = '".mysql_real_escape_string($row_user['ID'])."'
             
                    ");
            $res23 = mysql_fetch_array($sqle);

echo <table>
  echo <tr>
    echo "<td>".$row_user['ID']." </td><td><input type=\"image\" src=\"images/".htmlentities($row_user['receive'], ENT_QUOTES)."\" id=\"status\" name=\"status\" ></td>
  echo </tr>
echo </table>
}

include（“function.php”）；
while（$row\u user=mysql\u fetch\u assoc（$result\u user））{
$sqle=mysql\u查询（“
从中选择计数（*）
地点2用户
哪里
user=“.mysql\u real\u escape\u字符串（$row\u user['ID']）。”“
");
$res23=mysql\u fetch\u数组（$sqle）；
回音
回音
回显“.$row\u用户['ID']”
回音
回音
}

---

还有一个function.php，带有changestatus（$id）函数，它更新数据库值，但我认为，这不是编写代码的正确方法。

编程时，不要只依赖javascript。我总是使用html和css创建表单，确保它工作，然后使用jQuery等添加花哨的内容。这样，您知道表单在没有javascript的情况下也可以工作（非常适合没有它的用户）

但说到你的问题：

如果您使用此功能，它应能满足您的要求：

<?php echo "<form action='?' method='post'>
<table>
<tr>
<td>".$row_user['ID']." </td>
<td><input type='hidden' name='userId' value='".$row_user['ID']."'/>
   <input type=\"image\" src=\"images/".htmlentities($row_user['receive'], ENT_QUOTES)."\" id=\"status\" name=\"status\" ></td>
  </tr>
</table></form>";

---

哦，好吧，这对我来说是一个不错的解决方案，因为我在js an jquery中只处于初学者状态。所以这对我来说是完美的。我尝试这种方式并让你知道。thx是一个快速的答案！这个解决方案很好而且简单。只有表单不应该从一开始就开始。每个表行中都必须有一个表单，因为有一个表单，你就可以使用它请仅获取表的最后一个id。
…
谢谢您的帮助！