📝 题目大意

黑板上有三个非负整数 $A, B, C$。每次操作可以任选两个数各减 $1$，或者三个数全部减 $1$。判断能否将所有数变为 $0$，若能则输出最小操作次数。

💡 解题思路

1. 题目分析：

   • 两种操作的本质：操作二（全减）每次消耗总和 $3$，操作一（选二减）每次消耗总和 $2$。操作二"效率更高"，但受限于不能使任何数变为负数。
   • 设排序后 $s \leq m \leq b$。每个操作至多使 $b$ 减少 $1$，因此操作次数下界为 $b$。
   • 数据范围 $0 \leq A,B,C \leq 10^{18}$，必须使用 long long，且需要 $O(1)$ 的数学判定。

2. 算法推导：

   • 核心思路：尝试构造恰好 $b$ 次操作的方案，因为 $b$ 是理论下界，若能达成则必为最优。
   • 构造策略：
     1. 先用操作一选 $(s, b)$，执行 $b - m$ 次，使最大数降到与中间数持平。此时三个数变为：$$s' = s - (b - m),\quad m' = m,\quad b' = b - (b - m) = m$$
     2. 现在 $m' = b' = m$，再用操作二（全减）执行 $s'$ 次，将最小数清零。此时三个数变为：$$0,\quad m - s',\quad m - s'$$
     3. 最后用操作一选剩余两个数，执行 $m - s'$ 次，全部归零。
   • 总操作次数：$$(b - m) + s' + (m - s') = (b - m) + s' + m - s' = b$$恰好达到下界。
   • 可行性条件：上述构造要求 $s' = s - (b - m) \geq 0$，即 $s \geq b - m$。等价于 $s + m \geq b$（三角形不等式）。
   • 若 $s < b - m$，则无论如何操作，$s$ 都会在 $b$ 和 $m$ 差距抹平之前变为负数，不可行，输出 $-1$。
   • 该推导与 std.cpp 的判定逻辑完全一致：small >= (big - mid) 时输出 big，否则输出 -1。

3. 边界与细节：

   • 全零情况：$A=B=C=0$，排序后 $s=0, m=0, b=0$，$s \geq b-m$ 成立（$0 \geq 0$），输出 $b=0$，正确。
   • 一个非零、其余为零：如 $0,0,1$，$s=0, m=0, b=1$，$s < b-m$（$0 < 1$），输出 $-1$，正确。
   • 溢出：$A,B,C$ 最大 $10^{18}$，big - mid 和比较运算均在 long long 范围内，不会溢出。

⏱️ 复杂度分析

• 时间复杂度：仅需排序三个数（$O(1)$）和一次比较（$O(1)$），总体 $O(1)$。
• 空间复杂度：仅存储三个 long long 变量，$O(1)$。

💻 标准代码 (C++)

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
    vector<long long> que(3);          // 存储三个输入数
    for (long long i = 0; i < 3; ++i)
        cin >> que[i];
    sort(que.begin(), que.end());      // 升序排序，得到 small ≤ mid ≤ big
    long long small = que[0], mid = que[1], big = que[2];
    // 核心判定：最小值是否足以填补最大值与中间值的差距
    if (small >= (big - mid))
        cout << big;                   // 可行，最小操作次数即最大值
    else
        cout << -1;                    // 不可行
    return 0;
}