该图像是通过将7个不同颜色的矩形彼此叠加而制成的：

黑色和栗色矩形不受阻碍，也就是说，上方没有其他矩形。

编写一个程序，以获取诸如此类的图像并删除任何单个无障碍的矩形，然后输出结果图像。

例

如果您在上面的图像上运行程序，并在输出上重新运行它，则程序可能会像这样进行。

运行1-黑色被移除（可能是栗色的）：

运行2-栗色已移除（唯一选择）：

运行3-删除黄色（唯一选择）：

运行4-已删除蓝色（本来可以是绿色）：

运行5-移除绿色（唯一选择）：

运行6-移除棕色（唯一选择）：

运行7-移除红色（唯一选择）：

任何其他运行都应产生相同的白色图像。

^{希望Stack Exchange不会无损地压缩任何这些图像。}

图像将始终具有白色背景，并且每个矩形都是唯一的RGB颜色，而不是白色。

您可以假定图像始终可以解释为一组重叠的矩形。具体来说，您可以假定，对于特定颜色，该颜色最接近图像顶部的像素是该颜色矩形的上边缘的一部分。底部，左侧和右侧边缘也是如此。

因此，例如，在此图像中，红色矩形的顶部边缘将恰好在黄色矩形的底部边缘下方，因为橙色矩形覆盖了旧的红色顶部边缘：

在此图像中，可以先删除红色矩形（以及黑色/栗色/橙色/灰色）：

当下部矩形的顺序不明确时，可以给它们任何顺序。

例如，此处的左侧图像可能变为中间或右侧：

输出不应有矛盾的重叠（因此应该可以使用画家的算法来实现）。因此，在此图像中（感谢user23013），它必须在橙色矩形下为绿色：

额外细节

• 图像和矩形可以具有任何尺寸。
• 矩形可能会触及图像边框。
• 最多可能有256 3-1 ^个矩形。
• 如果输入是全白的，则输出也应该是白色。
• 您可以使用图像库。
• 输入应该是图像文件名或原始图像数据。它可以来自stdin或命令行。
• 可以将输出写入相同或另一个图像文件，将原始图像输出到stdout，或简单地显示。
• 允许使用任何常见的无损Truecolor图像文件格式。

字节最少的提交将获胜。

CJam，241个字节

（删除换行符。）

rri:Hri:Vri:Q[q~]3/_Qa3*a+_|$W%:Pf{\a#}:AH/:B0ff*
P,,[AHAW%HBz:+_W%V\V]2/
ff{~@@f=/::|1#}0Ua4*t:R;
P0f<
V{H{BI=J=_2$=
0R{"I>! I+V<J>! J+H<"4/+4/z{~~}%:&1$*\)}%);2$-|t
}fJ}fI
[P,{_La#\1$0t1$f-}*;;]
{:TR=2/~\~V\-,>\f{\_3$=@~H\-,>{Tt}/t}~}/
:~Pf=:~
~]S*N

它使用ppm文件格式。用法示例（使用ImageMagick）：

convert IVYvE.png -compress none ppm:-| (time /path/to/cjam-0.6.4.jar 1.cjam) |display

好吧，它太长太慢...在本示例中运行大约一分钟。

我调整了测试用例的大小（并添加了一些其他用例），以简化测试。

似乎颜色空间信息丢失了，因此颜色略有不同。

Python中，690个 651 610 606 594 569字节

该脚本从标准输入读取图像名称。

它检测每个矩形的边缘，按它们包含的不同颜色的数量对其进行排序（无障碍的矩形仅包含一种颜色，然后出现在列表的末尾）

此列表用于重绘图像。通过选择列表的排列来决定重绘顺序，该排列将生成与输入的像素差最小的输出图像。

从PIL导入Image作为l，ImageDraw作为D;从ittools import *; O，R，I，Z，k = []，range，l.open（raw_input（）），{}，lambda x：-x [1 ];（W，H），Q = I.size，I.load（）
对于乘积（R（W），R（H））中的i，j：
 c = Q [i，j]
 如果c在Z：x，y，X，Y = Z [c]; Z [c] = [x，y，max（X，i），max（Y，j）]
 else：Z [c] = [i，j，0,0]
对于排列中的n（对于c，（x，y，X，已排序（[[（c，len（{Q [g] for product in g（R（x，X），R（y，Y））}））） Z.items（）中的Y），key = k）[1：-1]）：o = l.new（I.mode，I.size，0xFFFFFF）; [D.Draw（o）.rectangle（Z [c]，fill = c）for c，_ in n]; O + = [（o，sum（abs（ab）for t，T in zip（I.getdata（），o.getdata（）））for a， b in zip（t，T）））]
max（O，key = k）[0] .show（）

Java-1483字节

我不是一个出色的打高尔夫球的人，请说清楚。因此冗长不完全是Java的错；-)尽管如此，这似乎是一个非常有趣的挑战。我以某种方式解决了它-我认为-有点无聊和冗长，但是嘿。它的工作原理是（相对）快速，而且特别有趣。

想法如下：从左上角一直到右下角检查每个像素。是白色像素吗？忽视。它是彩色的吗？很酷，让我们跟踪它并尝试确定其边界（左上，右上，左下，右下）。

完成后，检查每个矩形的区域。它包含的颜色是否不同于矩形的颜色？然后找出哪个矩形属于该颜色并将该重叠矩形的z-index更新1。

最后，在考虑z索引的同时绘制所有矩形。实际上，它的工作原理就像您从CSS和其他3D产品中了解的z-index。首先绘制具有最低z索引的矩形，最后绘制最高z索引的矩形。

import java.awt.*;import java.awt.image.*;import java.io.File;import java.util.*;import java.util.List;import javax.imageio.*;class A{class R{public Color k=new Color(-1);public int z;public Point a;public Point b;public Point c;public Point d;}public static void main(String[]w)throws Exception{BufferedImage i=ImageIO.read(new File(w[0]));List<R>r=new Vector<R>();for(int y=0;y<i.getHeight();y++){for(int x=0;x<i.getWidth();x++){Color c=new Color(i.getRGB(x,y));if(c.getRGB()==-1){continue;}R t=null;for(R s:r){if(s.k.equals(c)){t=s;}}if(t==null){t=new A().new R();r.add(t);}if(t.a==null){t.a=new Point(x, y);t.b=new Point(x, y);t.c=new Point(x, y);t.d=new Point(x, y);t.k=new Color(c.getRGB());}if(x<t.a.x){t.a.x=x;t.c.x=x;}if(x>t.b.x){t.b.x=x;t.d.x=x;}t.c.y=y;t.d.y=y;}}for(R s:r){List<Color>b=new Vector<Color>();for(int y=s.a.y;y<=s.c.y;y++){for(int x = s.a.x;x<=s.b.x;x++){if(i.getRGB(x, y)!=s.k.getRGB()){Color a=new Color(i.getRGB(x,y));boolean q=false;for(Color l:b){if(l.equals(a)){q=true;}}if(!q){b.add(a);} else {continue;}R f=null;for(R k:r){if(k.k.equals(a)){f=k;}}f.z=s.z+1;}}}}Collections.sort(r,new Comparator<R>(){public int compare(R a, R b){return a.z>b.z?1:(a.z==b.z?0:-1);}});for(int ii=r.size();ii>0;ii--){BufferedImage d=new BufferedImage(i.getWidth(),i.getHeight(),2);Graphics2D g=(Graphics2D)d.getGraphics();for(R s : r.subList(0, ii)){g.setColor(s.k);g.fillRect(s.a.x,s.a.y,s.b.x-s.a.x,s.c.y-s.a.y);}ImageIO.write(d,"png",new File(r.size()-ii+".png"));}}}

完整的代码有点儿-这是一个轻描淡写的;-)-更清晰地写在这里：http : //pastebin.com/UjxUUXRp

另外，既然我看到节食者的意见，我本来可以简化一些部分。确实没有必要找到颜色与另一个矩形重叠的矩形。我确实可以算出“入侵”颜色的数量。