转载部分代码，窗口点击问题，顺序，初始化数组，简单结构体

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;  } 

这道题所带来的思考：

如下篇