一、题目描述

You have an initial power P, an initial score of 0 points, and a bag of tokens.

Each token can be used at most once, has a value token[i], and has potentially two ways to use it.

• If we have at least token[i] power, we may play the token face up, losing token[i] power, and gaining 1 point.
• If we have at least 1 point, we may play the token face down, gaining token[i] power, and losing 1 point.

Return the largest number of points we can have after playing any number of tokens.

Input: tokens = [100,200,300,400], P = 200
Output: 2

二、题解

方法一：排序 + 策略

编码错误，思想正确：

• 这里有 2 个点需要注意：
  • P < tokens[l] 而且 P <= 0 时，即连具有最少能量的令牌都不能翻反来获取能量的情况下，游戏是需要结束的。
  • 在使用任意数量的令牌后，返回我们可以得到的最大分数，即不需要全都使用把令牌一遍，所以需要记录翻的时候的 score 的最大值。

public int bagOfTokensScore(int[] tokens, int P) {
    Arrays.sort(tokens);
    int score = 0;
    int l = 0, r = tokens.length-1;
    while (l <= r) {
        if (P >= tokens[l]) {
            P -= tokens[l++];
            score++;
        } else {
            P += tokens[r--];
            score--;
        }
    }
    return score;
}

• 如果我有足够的能量，我肯定是先把能量小的翻正，尽量拿分 score++。
• 否则，将能量最大的令牌翻转，因为这样会失去一分，但我也要拿到足够多的能量，为下次的得分做铺垫。

public int bagOfTokensScore(int[] tokens, int P) {
    Arrays.sort(tokens);
    int score = 0, max = 0;
    int l = 0, r = tokens.length-1;
    
    while (l <= r) {
        if (P >= tokens[l]) {
            P -= tokens[l++];
            score++;
        } else {
            if (score == 0) {
                return max;
            }
            P += tokens[r--];
            score--;
        }
        max = Math.max(max, score);
    }
    return max;
}

复杂度分析

• 时间复杂度： $O(nlogn)$，
• 空间复杂度： $O(1)$，