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刷刷题别让智商掉太快。

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题意：

给三种颜色的球，分别有不同的数量，现在需要将他们每三个球分成一组，分组条件是同组的球颜色不能完全相同，问最多可以分成多少组。

思路：

感觉做过一道类似的题目，一看数据范围就不用想其他做法了，直接贪心策略搞吧。想来想去还是这样讲比较有说服力：

先考虑颜色只有两种 {A,B} 时的情况，此时组合只能是 <1A,2B>，<2A,1B> 这种方式。

为了有尽可能多的组，我们要保证当其中一种球用完时，另一种球剩下的个数尽可能少。

先假设个数 A < B，那么肯定是球 A 更可能先用完，所以我们更倾向于选择 <1A,2B> 的组合方式，这样会使 A，B  的差值逐步缩小，直到相等。

当 A == B 以后，每次交替使用 <1A,2B> 和 <2A,1B>，即可以通过 <3A,3B> 的方式构造两组解从而一直维持这种相等的趋势，直到 A 和 B 的个数小于3。

之后，A + B < 6，此时理论上能构造的组数已经小于 2 组，所以只需要判断 A，B 中是否还能构成一组即可，其实也就是判断 A,B 是否为 2。

下面说颜色为 {A,B,C} 时的情况，同样假设 A < B < C。

类似的，我们应该尽可能让 A 用完的时候，B 和 C 的差值尽量小，这样可以使最后剩余一种的那个球个数最少，即浪费最少。

最后的策略顺序是这样的，先尽量用 <1A,2C> 消耗过多的 C，然后用 <1A,1B,1C> 将 A 消耗完且不增加 B,C 的差距，后面就变成了 {A',B'} 的情况，按上述策略玩就好了。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>

using namespace std;

int main() {
    int cnt[3];
    for(int i = 0; i < 3; ++i) {
        scanf("%d", &cnt[i]);
    }
    sort(cnt, cnt + 3);
    int ans = 0;

    int k1 = min(cnt[0], (cnt[2] - cnt[1]) / 2);
    cnt[0] -= k1;
    cnt[2] -= k1 * 2;

    int k2 = cnt[0];
    cnt[0] -= k2;
    cnt[1] -= k2;
    cnt[2] -= k2;

    int k3 = min(cnt[1], cnt[2] - cnt[1]);
    cnt[1] -= k3;
    cnt[2] -= k3 * 2;

    int k4 = cnt[1] / 3 * 2;
    cnt[1] -= k4 / 2 * 3;
    cnt[2] -= k4 / 2 * 3;

    int k5 = ((cnt[1] == 1 && cnt[2] >= 2) || cnt[1] == 2) ? 1 : 0;

    ans = k1 + k2 + k3 + k4 + k5;

    printf("%d\n", ans);
    return 0;
}