CCF201403-2 窗口（100分）

试题编号：	201403-2
试题名称：	窗口
时间限制：	1.0s
内存限制：	256.0MB
问题描述：	问题描述 　　在某图形操作系统中,有 N 个窗口,每个窗口都是一个两边与坐标轴分别平行的矩形区域。窗口的边界上的点也属于该窗口。窗口之间有层次的区别,在多于一个窗口重叠的区域里,只会显示位于顶层的窗口里的内容。 　　当你点击屏幕上一个点的时候,你就选择了处于被点击位置的最顶层窗口,并且这个窗口就会被移到所有窗口的最顶层,而剩余的窗口的层次顺序不变。如果你点击的位置不属于任何窗口,则系统会忽略你这次点击。 　　现在我们希望你写一个程序模拟点击窗口的过程。 输入格式 　　输入的第一行有两个正整数,即 N 和 M。(1 ≤ N ≤ 10,1 ≤ M ≤ 10) 　　接下来 N 行按照从最下层到最顶层的顺序给出 N 个窗口的位置。 每行包含四个非负整数 x1, y1, x2, y2,表示该窗口的一对顶点坐标分别为 (x1, y1) 和 (x2, y2)。保证 x1 < x2,y1 2。 　　接下来 M 行每行包含两个非负整数 x, y,表示一次鼠标点击的坐标。 　　题目中涉及到的所有点和矩形的顶点的 x, y 坐标分别不超过 2559 和　　1439。 输出格式 　　输出包括 M 行,每一行表示一次鼠标点击的结果。如果该次鼠标点击选择了一个窗口,则输出这个窗口的编号(窗口按照输入中的顺序从 1 编号到 N);如果没有,则输出"IGNORED"(不含双引号)。 样例输入 3 4 0 0 4 4 1 1 5 5 2 2 6 6 1 1 0 0 4 4 0 5 样例输出 2 1 1 IGNORED 样例说明 　　第一次点击的位置同时属于第 1 和第 2 个窗口,但是由于第 2 个窗口在上面,它被选择并且被置于顶层。 　　第二次点击的位置只属于第 1 个窗口,因此该次点击选择了此窗口并将其置于顶层。现在的三个窗口的层次关系与初始状态恰好相反了。 　　第三次点击的位置同时属于三个窗口的范围,但是由于现在第 1 个窗口处于顶层,它被选择。 　　最后点击的 (0, 5) 不属于任何窗口。

问题链接：CCF201403试题。

问题描述：n个重叠的窗口，鼠标m次点击屏幕的一个点，输出这些点击所点击到的窗口号。

问题分析：这是一个模拟题，模拟鼠标点击屏幕的过程。该问题比实际的多窗口系统要简单。关键在于数据表示，其他要点则是模拟鼠标操作过程的处理。

程序说明：

数组win[]用来存储窗口。除了窗口坐标，附加上成员变量winno用来存储窗口号是一种规范的做法，就本问题而言可以不用该变量。

数组point[]用于存储鼠标点击的坐标。

数组order[]用于存储窗口的顺序。这是一种编程技巧，在由于鼠标点击导致窗口顺序改变的时候，就不需要移动窗口坐标等数据，只需要移动这个索引数据即可。

提交后得100分的C++语言程序如下：

/* CCF201403-2 窗口 */

#include <iostream>

using namespace std;

const int N = 10;

struct {
    int winno;
    int x1, y1, x2, y2;
} win[N];

struct {
    int x, y;
} point[N];

int order[N];

int main()
{
    int n, m;

    // 输入数据
    cin >> n >> m;
    for(int i=0; i<n; i++) {
        win[i].winno = i + 1;
        cin >> win[i].x1 >> win[i].y1 >> win[i].x2 >> win[i].y2;
    }
    for(int i=0; i<m; i++)
        cin >> point[i].x >> point[i].y;

    // 初始化窗口显示顺序
    for(int i=0; i<n; i++)
        order[i] = n - i - 1;

    // 处理（模拟）鼠标点击
    int winno, temp;
    for(int i=0; i<m; i++) {
        winno = -1;     // 被点击的窗口号，－１表示未被点击

        // 判断哪个窗口被点击
        for(int j=0; j<n; j++) {
            if(win[order[j]].x1 <= point[i].x && point[i].x <= win[order[j]].x2 &&
                    win[order[j]].y1 <= point[i].y && point[i].y <= win[order[j]].y2) {
                // 得到窗口号
                winno = win[order[j]].winno;

                // 将被点击的窗口移到最前端
                temp = order[j];
                for(int k=j; k>0; k--)
                    order[k] = order[k-1];
                order[0] = temp;

                break;
            }
        }

        // 输出结果
        if(winno == -1)
            cout << "IGNORED" << endl;
        else
            cout << winno << endl;
    }

    return 0;
}