这是我参与8月更文挑战的第8天，活动详情查看：8月更文挑战
5839. 移除石子使总数最小
给你一个整数数组 piles ，数组 下标从 0 开始 ，其中 piles[i] 表示第 i 堆石子中的石子数量。另给你一个整数 k ，请你执行下述操作 恰好 k 次：
- 选出任一石子堆
piles[i]，并从中 移除floor(piles[i] / 2)颗石子。
注意： 你可以对 同一堆 石子多次执行此操作。
返回执行 k 次操作后，剩下石子的 最小 总数。
floor(x) 为 小于 或 等于 x 的 最大 整数。（即，对 x 向下取整）。
示例 1：
输入： piles = [5,4,9], k = 2
输出： 12
解释： 可能的执行情景如下：
- 对第 2 堆石子执行移除操作，石子分布情况变成 [5,4,5] 。
- 对第 0 堆石子执行移除操作，石子分布情况变成 [3,4,5] 。
剩下石子的总数为 12 。
示例 2：
输入： piles = [4,3,6,7], k = 3
输出： 12
解释： 可能的执行情景如下：
- 对第 2 堆石子执行移除操作，石子分布情况变成 [4,3,3,7] 。
- 对第 3 堆石子执行移除操作，石子分布情况变成 [4,3,3,4] 。
- 对第 0 堆石子执行移除操作，石子分布情况变成 [2,3,3,4] 。
剩下石子的总数为 12 。
解题思路
使用贪心的思路，每次选择最大的石头进行移除，这样的收益是最高的，每次都可以移除最多的石头
- 因此我们使用一个最大堆维护石头，每次将最大堆的石头进行移除，然后重新放回堆里，循环进行k次这样的操作
代码
class Solution {
public int minStoneSum(int[] piles, int k) {
PriorityQueue<Integer> priorityQueue=new PriorityQueue<>((o1, o2) -> o2-o1);
for (int pile : piles) {
priorityQueue.add(pile);
}
for (int i = 0; i < k; i++) {
double poll = (double)priorityQueue.poll();
priorityQueue.add((int)(poll-Math.floor(poll/2)));
}
int res=0;
while (!priorityQueue.isEmpty())
{
res+=priorityQueue.poll();
}
return res;
}
}
复杂度分析
时间复杂度：O(n+klogn)，其中 n 为 piles的长度。建堆与计算结果的复杂度为 O(n)；每次弹出最大值与添加新值的时间复杂度为 O(logn)，共需进行 kk 次。
空间复杂度：O(1)。
