巴比伦塔

题目大意

巴比伦人有n种不同的积木，每种积木都是实心长方体，且数目都是无限的。第i种积木的长宽高分别为{ x _i , y _i , z _i }。积木可以被旋转，所以前面的长宽高是可以互相换的。也就是其中2个组成底部的长方形，剩下的一个为高度。巴比伦人想要尽可能的用积木来堆高塔，但是两块积木要叠在一起是有条件的：只有在第一块积木的底部2个边均小于第二块积木的底部相对的2个边时，第一块积木才可以叠在第二块积木上方。例如：底部为3x8的积木可以放在底部为4x10的积木上，但是无法放在底部为6x7的积木上。

给你一些积木的资料，你的任务是写一个程式算出可以堆出的塔最高是多少。

Sample Input

1
10 20 30
2
6 8 10
5 5 5
7
1 1 1
2 2 2
3 3 3
4 4 4
5 5 5
6 6 6
7 7 7
5
31 41 59
26 53 58
97 93 23
84 62 64
33 83 27
0

Sample Output

40
21
28
342



这道题与矩阵嵌套有些相似，可以用二元组(a，b)表示"顶面尺寸为a*b"的状态。因为每增加一个立方体以后顶面的长和宽都会严格变小，所以这个图是DAG。
虽然是DAG，但是不能直接用d(a，b)表示状态值，因为a，b可能佷大。那么，可以用(idx，k)来间接表示。其中，idx表示立方体的编号，k表示高的序号
（输入时把立方体的三个维度从小到大编号，分别为0、1、2）。设立方体3的大小为a*b*c（a≤b≤c），则状态(3,1)表示这个立方体在顶面，且高为b。但是
怎么从高的序号直接表示出长和宽?通过观察可以发现，(2-k)/2可以表示出宽的序号，(3-k)/2+1可以表示长的序号。状态总数为O(n)，每个状态有O(n)个
决策，所以时间复杂度为O(n2)。转移方程：
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　dp(i)=max(dp(i),dp(j)+hi)

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define ll long long

const int maxn=30+10;

int n;
int best;
int d[maxn][3];
int p[3*maxn][3*maxn];

struct node {
    int a[3];
} c[maxn];

int dp(int idx,int k) {
    int &ans=d[idx][k];
    if (ans>0) return ans;
    ans=c[idx].a[k];
    for(int j=0;j<n;j++)
        for(int k1=0;k1<3;k1++)
        if (p[3*idx+k][3*j+k1]) {
            ans=max(ans,dp(j,k1)+c[idx].a[k]);
            best=max(best,ans);
        }
    return ans;
}

int main() {
    while(scanf("%d",&n)==1&&n){
        best=0;
        memset(d,0,sizeof(d));
        memset(p,false,sizeof(p));
        int cnt=0;
        for (int i=0;i<n;i++){
            scanf("%d%d%d",&c[i].a[0],&c[i].a[1],&c[i].a[2]);
            sort(c[i].a,c[i].a+3);
        }
        int l1,l2,w1,w2;
        for(int i=0;i<n;i++)
            for(int k1=0;k1<3;k1++){
                l1=c[i].a[(2-k1)/2];
                w1=c[i].a[(3-k1)/2+1];
                for(int j=0;j<n;j++)
                    for(int k2=0;k2<3;k2++){
                        l2=c[j].a[(2-k2)/2];
                        w2=c[j].a[(3-k2)/2+1];
                        if (l2>l1&&w2>w1)
                        p[3*i+k1][3*j+k2]=true;
                    }
            }
        for(int i=0;i<n;i++)
        for(int k=0;k<3;k++)
        dp(i,k);
        printf("%d
",best);
    }
    return 0;
}