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b.w) return a.w b.w; if (a.d ! b.d) return a.d b.d; return a.h b.h; }作用把所有箱子按 “从大到小” 排序排序后是 “箱子 A10,8,5→箱子 B9,7,4→箱子 C8,6,3”后续判断 “能不能叠” 时只需要看 “后面的箱子是不是比前面的小”。解法 1暴力枚举最笨但最容易懂的办法核心逻辑把所有 “选 / 不选这个箱子” 的可能都试一遍找到最高的组合。1. 递归函数核心// 暴力解法递归枚举选/不选当前箱子时间复杂度O(2ⁿ) int bruteDfs(int index, Box prevBox) { // 递归终止所有箱子遍历完没有可选的了返回高度0 if (index g_boxes.size()) return 0; // 选项1不选当前箱子直接递归处理下一个箱子 int option1 bruteDfs(index 1, prevBox); // 选项2选当前箱子满足堆叠约束当前上一个 int option2 0; if (g_boxes[index].w prevBox.w g_boxes[index].d prevBox.d g_boxes[index].h prevBox.h) { option2 g_boxes[index].h bruteDfs(index 1, g_boxes[index]); } // 返回“选”和“不选”中高度更大的那个 return max(option1, option2); }函数参数int index当前看到第几个箱子Box prevBox上一个被选中的箱子。解读if (index g_boxes.size()) return 0;g_boxes.size()是 “总共有多少个箱子”比如有 3 个箱子size3意思是 “如果已经看完了所有箱子index3没有可选的了叠出来的高度就是 0没箱子可叠”—— 这是递归的 “终点”必须有否则程序会无限循环。int option1 bruteDfs(index 1, prevBox);翻译“不选第 index 个箱子直接看下一个箱子index1”比如现在看第 0 个箱子不想选它就直接去看第 1 个箱子prevBox不变因为没选当前箱子上一个箱子还是原来的option1存的是 “不选当前箱子时后面能叠出的最大高度”。int option2 0;option2存的是 “选当前箱子时能叠出的最大高度”先默认是 0如果不能选高度就是 0。if (g_boxes[index].w prevBox.w ...)核心条件“当前箱子第 index 个的宽、深、高都比上一个箱子prevBox小”—— 满足这个条件才能把当前箱子叠在 prevBox 上面g_boxes[index]取 “装箱子的大列表” 里第 index 个箱子g_boxes[index].w第 index 个箱子的宽度prevBox.w上一个箱子的宽度。option2 g_boxes[index].h bruteDfs(index 1, g_boxes[index]);翻译“选当前箱子的话总高度 当前箱子的高度 看下一个箱子能叠出的最大高度”注意选了当前箱子后下一个箱子要叠在 “当前箱子” 上面所以prevBox要换成g_boxes[index]上一个箱子变成当前这个了。return max(option1, option2);max(a,b)是取 a 和 b 中更大的那个数意思是 “选不选当前箱子哪个能叠得更高就选哪个方案”。2. 暴力解法入口函数int bruteForce(vectorBox boxes) { int n boxes.size(); if (n 0) return 0; // 边界没箱子时高度为0 sort(boxes.begin(), boxes.end(), cmpDesc); // 先排序简化判断 g_boxes boxes; // 把排序后的箱子存入全局变量供递归使用 // 初始化“虚拟堆底”用w/d/h都是极大值的箱子所有真实箱子都能堆在它上面 Box dummy(INT_MAX, INT_MAX, INT_MAX); return bruteDfs(0, dummy); // 从第0个箱子开始递归初始堆底是虚拟箱子 }解读int bruteForce(vectorBox boxes)函数接收 “装箱子的列表” 作为参数返回最终的最大高度。int n boxes.size();算出总共有多少个箱子比如列表里有 3 个箱子n3。if (n 0) return 0;如果没有箱子叠出来的高度就是 0。sort(boxes.begin(), boxes.end(), cmpDesc);给所有箱子按 “从大到小” 排序用前面定义的cmpDesc规则。g_boxes boxes;把排序后的箱子列表存到全局变量g_boxes里这样递归函数bruteDfs能拿到所有箱子。Box dummy(INT_MAX, INT_MAX, INT_MAX);创建一个 “超级大箱子”INT_MAX是 C 里的 “整数最大值”比如 2147483647作为 “最底下的虚拟箱子”—— 所有真实箱子都比它小所以第一个选的箱子可以直接叠在它上面。return bruteDfs(0, dummy);从第 0 个箱子第一个箱子开始递归初始的 “上一个箱子” 是这个超级大箱子。解法 2记忆化搜索给暴力解法 “记笔记”核心逻辑暴力解法会重复算同一个箱子作为 “堆顶” 的最大高度用一个 “小本本” 记下来下次直接用不用再算。1. 记忆化递归函数// 记忆化搜索递归返回以index为堆顶的最大高度时间复杂度O(n²) int memoDfs(int index) { // 核心优化如果已经计算过该结果直接返回避免重复递归 if (g_memo[index] ! -1) return g_memo[index]; // 初始值仅当前箱子作为堆顶高度就是它自己的h int maxH g_boxes[index].h; // 遍历后续箱子寻找可堆叠的箱子 for (int i index 1; i g_boxes.size(); i) { // 堆叠约束i号箱子比index号小能堆在index下面 if (g_boxes[i].w g_boxes[index].w g_boxes[i].d g_boxes[index].d g_boxes[i].h g_boxes[index].h) { // 递归计算当前高度 以i为堆顶的最大高度 maxH max(maxH, g_boxes[index].h memoDfs(i)); } } // 记录结果到记忆数组供后续使用 g_memo[index] maxH; return maxH; }先明确memoDfs(index)的意思是 “算一算以第 index 个箱子为‘堆顶’时能叠出的最大高度”。解读if (g_memo[index] ! -1) return g_memo[index];g_memo是 “记笔记的小本本”初始化时所有位置都是 - 1表示 “没算过”意思是 “如果第 index 个箱子的最大高度已经算过了直接把记的数返回不用再算一遍”。int maxH g_boxes[index].h;初始值如果只叠这一个箱子第 index 个高度就是它自己的高度比如第 0 个箱子高度 5maxH5。for (int i index 1; i g_boxes.size(); i)遍历第 index 个箱子后面的所有箱子因为已经排序后面的箱子更小找能叠在它下面的箱子。if (g_boxes[i].w g_boxes[index].w ...)判断第 i 个箱子能不能叠在第 index 个箱子下面i 比 index 小。maxH max(maxH, g_boxes[index].h memoDfs(i));意思是 “如果第 i 个箱子能叠在下面总高度 当前箱子高度 以 i 为堆顶的最大高度”比如第 0 个箱子高度 5第 1 个箱子能叠在下面且以 1 为堆顶的最大高度是 7那总高度 5712比原来的 5 大所以 maxH 更新为 12。g_memo[index] maxH;把算出来的 “以 index 为堆顶的最大高度” 记到小本本里下次再要算这个数直接取就行。2. 记忆化搜索入口函数int memoSearch(vectorBox boxes) { int n boxes.size(); if (n 0) return 0; sort(boxes.begin(), boxes.end(), cmpDesc); // 统一排序规则 g_boxes boxes; g_memo.clear(); g_memo.resize(n, -1); // 初始化记忆数组-1表示“该位置还没计算过” int maxHeight 0; // 枚举所有箱子作为堆顶找全局最大高度 for (int i 0; i n; i) { maxHeight max(maxHeight, memoDfs(i)); } return maxHeight; }解读g_memo.resize(n, -1);把 “小本本” 的大小设为箱子数量所有位置初始值都是 - 1没算过。for (int i 0; i n; i)挨个算 “以第 0 个、第 1 个、第 2 个箱子为堆顶的最大高度”最后取最大的那个就是全局最大高度。记忆化搜索的优势时间复杂度 O (n²)每个箱子只算一次每个箱子遍历后面的 n 个箱子总次数是 n×n比暴力解法的 2ⁿ快太多比如 n20暴力要算 100 万次记忆化只算 400 次。解法 3动态规划不用递归直接算核心逻辑把记忆化的 “递归” 改成 “循环”一步步算每个箱子作为堆顶的最大高度没有递归的额外开销是最优解。动态规划函数// 动态规划dp[i] 以第i个箱子为堆顶的最大高度时间复杂度O(n²) int dynamicProgramming(vectorBox boxes) { int n boxes.size(); if (n 0) return 0; sort(boxes.begin(), boxes.end(), cmpDesc); // 排序简化判断 vectorint dp(n, 0); int maxHeight 0; for (int i 0; i n; i) { dp[i] boxes[i].h; // 初始值仅当前箱子 // 递推遍历前置可堆叠箱子更新dp[i] for (int j 0; j i; j) { if (boxes[j].w boxes[i].w boxes[j].d boxes[i].d boxes[j].h boxes[i].h) { dp[i] max(dp[i], dp[j] boxes[i].h); } } maxHeight max(maxHeight, dp[i]); } return maxHeight; }先明确dp[i]和记忆化的memoDfs(i)意思完全一样 ——“以第 i 个箱子为堆顶的最大高度”只是用数组存不用递归算。解读vectorint dp(n, 0);创建一个长度为 n 的数组 dp初始值都是 0比如 n3dp[0,0,0]。for (int i 0; i n; i)遍历每个箱子算它作为堆顶的最大高度。dp[i] boxes[i].h;初始值只叠这一个箱子高度就是它自己的高度比如 i0dp [0]5i1dp [1]4i2dp [2]3。for (int j 0; j i; j)遍历第 i 个箱子前面的所有箱子j i因为排序后前面的箱子更大找能叠在 i 下面的箱子。if (boxes[j].w boxes[i].w ...)判断第 j 个箱子能不能叠在 i 下面j 比 i 大所以 i 能叠在 j 上面i 是堆顶。dp[i] max(dp[i], dp[j] boxes[i].h);意思是 “如果 j 能叠在 i 下面那 i 作为堆顶的高度 j 作为堆顶的高度 i 的高度”比如 i1高度 4j0能叠dp [j]5 → 549比原来的 4 大所以 dp [1] 更新为 9比如 i2高度 3j0能叠dp [j]5 →538j1能叠dp [j]9 →9312 → dp [2] 更新为 12。maxHeight max(maxHeight, dp[i]);每次算完 dp [i]都和当前的最大高度比保留更大的那个比如算完 dp [2]12maxHeight12。动态规划的优势和记忆化搜索时间复杂度一样O (n²)但没有递归的 “函数调用、栈帧切换” 开销实际运行速度更快比如 n50记忆化要 4 毫秒动态规划只要 1.5 毫秒。最后三种解法核心对比解法核心思想时间复杂度空间复杂度优缺点暴力递归枚举底层递归上层O(2n)O(n²)简单但效率极低记忆化搜索哈希表存储重复计算结果O(n²)O(n²)解决“重复计算”,有递归栈开销动态规划排序递推记录中间状态O(n²)O(n)从“递归”转“递推”去掉哈希开销 点赞 () 分享 收藏 返回列表 版权声明: 本文来自互联网用户投稿，该文观点仅代表作者本人，不代表本站立场。本站仅提供信息存储空间服务，不拥有所有权，不承担相关法律责任。如若内容造成侵权/违法违规/事实不符，请联系我们进行投诉反馈，一经查实，立即删除！ 网站备案的核验单手机可以做app的软件

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