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转载部分代码,窗口点击问题,顺序,初始化数组,简单结构体

2017-10-20 14:21 387 查看
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
;

struct {
int x, y;
} point
;

int order
;

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

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