贪心+模拟

贪心思路 : 循环从石子数量最多的两堆取石子，直到有两堆以上(含两堆)空石子，维护取子次数，即是答案。贪心的正确性，暂无数学证明。直觉来看，这么做是对的。

CPP

class Solution {
public:
    int maximumScore(int a, int b, int c) {
        int f[3] = {a,b,c};
        sort(f,f+3);
        int ans = 0;
        while(f[0]||f[1]){
            ans++;
            f[1]--,f[2]--;
            sort(f,f+3);
        }
        return ans;
    }
};

C

int cmp(const void *a,const void *b){
    return *(int*)a-*(int*)b;
}
int maximumScore(int a, int b, int c){
    int f[3] = {a,b,c};
    qsort(f,3,sizeof(int),cmp);
    int ans = 0;
    while(f[0]||f[1]){
        ans++;
        f[1]--,f[2]--;
        qsort(f,3,sizeof(int),cmp);
    }
    return ans;
}

1. 时间复杂度 : $O(m)$ ， $m$ 是最多石子的那一堆的石子数量， 最坏时间复杂度 $O(m)$ 。
2. 空间复杂度 : $O(1)$ ， 只使用常量级空间 。

贪心+数学

将 $a,b,c$ 存入数组 $f$ 按升序排序。如果 $f[0]+f[1]<=f[2]$ ，根据贪心思路，每次取最大两堆的石子，就是循环从 $f[2]$ 和 $max(f[0],f[1])$ 取石子。取石子的次数 $=f[0]+f[1]$

如果 $f[0]+f[1]>f[2]$ ，可以想象，这种情况一定可以最大限度的取完所有石子——①三堆都取完 ②某一堆剩 $1$ 个石子，其他两堆取完。根据贪心思路，每次取最大两堆，它的终止条件就是①或②。取石子的次数，只和终止状态下，三堆剩余的石子数有关。我们可以随便取，只要达到①或②的终止状态，就是最优解法。

考虑先从 $f[2]$ 和 $max(f[0],f[1])$ 取石子，$f[2]$ 一定会被取完，因为 $f[0]+f[1]>f[2]$ 。取完 $f[2]$ 时， $f[0]$ 和 $f[1]$ 的差值不大于 $1$ ，接着从 $f[0]$ 和 $f[1]$ 中取石子，最后也能达到三堆都取完或者某一堆剩 $1$ 个石子，其他两堆取完的状态 。取石子的次数 $=(f[0]+f[1]+f[2])÷2$

CPP

class Solution {
public:
    int maximumScore(int a, int b, int c) {
        int f[3] = {a,b,c};
        sort(f,f+3);
        if(f[0]+f[1]<=f[2]) return f[0] + f[1];
        return f[0]+f[1]+f[2]>>1;
    }
};

C

int cmp(const void *a,const void *b){
    return *(int*)a-*(int*)b;
}
int maximumScore(int a, int b, int c){
    int f[3] = {a,b,c};
    qsort(f,3,sizeof(int),cmp);
    if(f[0]+f[1]<=f[2]) return f[0] + f[1];
    return f[0]+f[1]+f[2]>>1;
}

1. 时间复杂度 : $O(1)$ ， 只进行常量次计算 。
2. 空间复杂度 : $O(1)$ ， 只使用常量级空间 。

AC

致语

• 理解思路很重要！
• 欢迎读者在评论区留言，墨染看到就会回复的。