【贪心 + 最长上升子序列】_贪心算法和最长上升子序列问题-优快云博客

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LeetCode 12.10 每日一题堆叠正方体的最大高度

算法：贪心 + DP

首先要注意到题目条件说的，如果一个长方体（长宽高为 $a_1, \space b_1, \space c_1$ ）可以放在另一个长方体（长宽高为 $a_2, \space b_2, \space c_2$ ）上方，那就意味着 $a_1 \leqslant a_2, \space b_1 \leqslant b_2, \space c_1 \leqslant c_2 \tag 1$ 那么我们可以有一个合理猜测 —— 将各个长方体最长的边作为垒起来的高，这样就会得到最优结果。
我们先来证明一个性质，就是两个长方体，已经满足了式子 $(1)$ ，现将两个长方体的长宽高重新按升序排序，仍然满足式子 $(1)$ 。设当前已经将 $a_1, \space b_1, \space c_1$ 排好序，即 $a_1 \leqslant b_1 \leqslant c_1 \tag 2$ 若此时 $a_2, \space b_2, \space c_2$ 已经是升序，那肯定成立。若其中 $b_2 \geqslant c_2$ ，则调换其顺序，对应关系如下： $a_1 \space \space b_1 \space \space c_1$ $a_2 \space \space c_2 \space \space b_2$ 现由 $c_2 \geqslant c_1 \geqslant b_1, \space b_2 \geqslant c_2 \geqslant c_1 \space 及 \space 式子 \space (2)$ 得式子 $(1)$ 仍成立，若 $a_2 \geqslant b_2$ ，则继续如法炮制。所以该性质成立。
接着是贪心的证明。设贪心解答案为 $r e s$ ，最优解答案为 $a n s$ ，那么首先一定有 $\leqslant ans$ 。接下来证明 $\geqslant ans$ 。不妨设最优解里存在一个不是以某个长方体的最长边为高的，那么就一定是以更短的或是一样长的另一条边作为高，由于最优解也是一个，所以一定满足 $a_1 \leqslant a_2, \space b_1 \leqslant b_2, \space c_1 \leqslant c_2$ 的要求，此时将这个与贪心解不一样的地方转化为贪心解，由上述 $2 .$ 的证明，此时仍然满足式子 $(1)$ 的要求，而得到的结果一定不会变差，所以有 $\geqslant ans$ ，综上有 $a n s = r e s$ ，也就是 贪心解即是最优解。
所以我们可以将每个长方体的长宽高重新按升序排序；而对外层，也就是所有长方体，我们可以升序排，也可以逆序排。如果是升序，那相当于求一个最长上升子序列，也就是先从最顶层开始堆方块；如果是降序，那相当于求一个最长下降子序列，也就是先从最底层开始堆方块。这里采用升序。
设 $f (i)$ 表示以第 $i$ 个长方体作为底的最大堆叠高度，则就有 $f (i) = m a x (f (i), f (j) + h e i g h t [i])$ ， $\leqslant j \lt i$ ，即从前 $i - 1$ 个长方体中选择一个长方体能够满足条件，接在 $i$ 上，由于当前的 $h e i g h t [i]$ 是定值，所以只需要 $f (j)$ 最大。

C ++ 代码

#define all(x) x.begin(), x.end()

class Solution {
public:
    int maxHeight(vector<vector<int>>& c) {
        int n = c.size();
        for (auto &x: c) sort(all(x));
        sort(all(c));
        vector<int> f(n);
        int res = 0;
        for (int i = 0; i < n; i ++ ) {
            f[i] = c[i][2];
            for (int j = 0; j < i; j ++ )
                if (c[j][1] <= c[i][1] && c[j][2] <= c[i][2])
                    f[i] = max(f[i], f[j] + c[i][2]);
            res = max(res, f[i]);
        }
        return res;
    }
};