满分解法（100 分）

从一次得分看卡牌的用途

得分后只留下刚放入的一张牌。因此，第一次得分至少要放三张牌，此后每次得分至少再放两张牌。另一方面，保留下来的牌会参与下一次得分，同一张牌可以被利用两次，不能把每次得分理解成互不相交的三张牌。

例如，将两张黑牌、两张白牌和一张青牌按“黑、白、青、黑、白”放入：第三张牌触发第一次得分并留下青牌，第五张牌触发第二次得分。同一张青牌参与了这两次得分。

三种颜色地位相同。将数量排序，记为 $a\le b\le c$，对应颜色记为 $A,B,C$，总张数为 $N=a+b+c$。先求得分的上界，再证明这些上界的最小值一定能够达到。

三个独立的上界

假设获得 $k$ 分。

总张数。 第一次得分至少使用三张新牌，以后每次至少使用两张新牌，所以

$$2k+1\le N,\qquad k\le\left\lfloor\frac{N-1}{2}\right\rfloor.$$

最少的一种颜色。 一张牌第一次参与得分时，只有它恰好是刚放入的牌，才会被保留；它再次参与得分时必然被销毁。因此每张牌至多参与两次得分，而每次得分都需要颜色 $A$，所以

$$k\le 2a.$$

最少的两种颜色。 每次得分至少销毁一张 $A$ 或 $B$ 色牌。观察最后一次得分：如果最后留下 $C$ 色牌，这次会同时销毁至少一张 $A$ 和一张 $B$，总共至少销毁 $k+1$ 张这两种颜色的牌；如果最后留下 $A$ 或 $B$ 色牌，至少有 $k$ 张这两种颜色的牌被销毁，外加最后留下的一张。两种情况都要求

$$k+1\le a+b,\qquad k\le a+b-1.$$

第三个上界不能省略。例如 $(a,b,c)=(1,1,6)$ 时，前两个上界分别是 $3$ 和 $2$，但实际只能得 $1$ 分：第一次得分后，两种稀缺颜色至少有一种已经耗尽。

因此答案不超过

$$K=\min\left(\left\lfloor\frac{a+b+c-1}{2}\right\rfloor,\ 2a,\ a+b-1\right).$$

用相邻得分之间的共享牌构造方案

下面证明任意满足三个上界的正整数 $k$ 都可达到。$k=1$ 时直接放入三种颜色各一张即可，以下考虑 $k\ge2$。

把每次得分所需的三色牌各记为一个三元组。让相邻两个三元组共享前一次得分留下的那张牌，这样总共只使用 $3k-(k-1)=2k+1$ 张实体牌。共有 $L=k-1$ 张共享牌，将它们依次记为 $q_1,\ldots,q_L$。

相邻共享牌的颜色必须不同：在一次中间得分中，前一次留下的牌已经在堆中，后一次留下的牌必须是另外一种颜色，才能补齐三色。反过来，只要共享牌序列没有相邻同色，就能恢复合法投放：第一个三元组先放另两色，再放 $q_1$；中间三元组在已有 $q_{i-1}$ 的基础上，先放第三种颜色，再放 $q_i$；最后一个三元组放入当前缺少的两种颜色。

设三种颜色各被选作共享牌 $t_A,t_B,t_C$ 次，则实际使用的三色牌数分别为

$$k-t_A,\quad k-t_B,\quad k-t_C.$$

因此，我们要找到总和为 $L$ 的非负整数 $t_A,t_B,t_C$，满足

$$t_A\ge\ell_A=\max(0,k-a),\quad t_B\ge\ell_B=\max(0,k-b),\quad t_C\ge\ell_C=\max(0,k-c),$$

并且能排成没有相邻同色的共享牌序列。

长度为 $L$ 的序列能够这样排列，当且仅当每种颜色的数量都不超过 $h=\lceil L/2\rceil$。必要性来自相同颜色之间要用别的颜色隔开。充分性可以这样构造：按颜色数量从多到少，依次填入第 $1,3,5,\ldots$ 个位置，再填第 $2,4,6,\ldots$ 个位置。同一段内同色牌隔位出现；跨越奇偶两段的那种颜色数量严格小于 $h$，它占用的奇数位置和偶数位置之间仍隔着至少两个位置，不会相邻。数量等于 $h$ 的颜色会完整占满首段，或在首段填完后才开始，不会跨段。

接下来检查三个上界恰好保证这些要求。

上界保证共享牌数量能够分配

首先，由 $k\le2a$ 及 $a\le b\le c$，每个计数下界都不超过 $h$。具体地，$a\ge\lceil k/2\rceil$，因此

$$\ell_A\le k-\left\lceil\frac{k}{2}\right\rceil =\left\lceil\frac{k-1}{2}\right\rceil=h,$$

而 $\ell_B,\ell_C\le\ell_A$。

其次，需要证明 $\ell_A+\ell_B+\ell_C\le L=k-1$。按正下界的数量分类：

• 三个都为正时，总和为 $3k-N$。由 $2k+1\le N$，它不超过 $k-1$。
• 两个为正时，必然对应 $a,b$，总和为 $2k-a-b$。由 $k\le a+b-1$，它不超过 $k-1$。
• 只有一个为正时，总和为 $k-a\le k-1$；没有正下界时总和为 $0$。

从三个下界出发，逐个增加计数，直到总和达到 $L$，过程中不让任何计数超过 $h$。因为下界之和不超过 $L$，而总容量 $3h\ge L$，这个补足过程一定可以完成。

这样得到的共享牌序列可以按上一节恢复成合法的 $k$ 次得分，且每种颜色实际使用的牌数都不超过现有数量。最后把未使用的牌继续放入牌堆，不会减少已经获得的分数。因此 $K$ 不仅是上界，也确实可达。

计算答案

排序三个数量，直接计算

$$\boxed{\min\left(\left\lfloor\frac{a+b+c-1}{2}\right\rfloor,\ 2a,\ a+b-1\right)}.$$

构造只用于证明，程序不需要实际生成投放顺序。

时间复杂度：$O(T)$，每组只排序三个数并计算三个表达式。

空间复杂度：$O(1)$，各组独立处理，只保存三个数量。

AC 代码（C++20）

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using i64 = long long;

void solve() {
  vector<i64> a(3);
  for (i64& x : a) cin >> x;
  sort(a.begin(), a.end());
  i64 sum = accumulate(a.begin(), a.end(), 0LL);
  cout << min({(sum - 1) / 2, 2 * a[0], a[0] + a[1] - 1}) << '\n';
}

int main() {
  cin.tie(0)->sync_with_stdio(0);
  int T;
  cin >> T;
  while (T--) solve();
}

两种较多颜色等量（通过子任务 1、5–6，共 40 分）

两种较多颜色等量时的上界

考虑 $X\le Y=Z$ 的情况，包含子任务 $1,5,6$。记 $x=X,y=Y=Z$。这里黑牌数量最少，白牌与青牌等量。

每次得分后的保留牌可以再参加一次得分，但第二次之后必定被销毁。因此一张黑牌至多参与两次得分，答案不超过 $2x$。第一次得分至少需要三张新牌，此后每次至少需要两张新牌，所以答案还不超过 $\lfloor(x+2y-1)/2\rfloor$。

下面证明在这个等量条件下，两项限制已经足够，答案就是

$$K=\min\left(2x,\left\lfloor\frac{x+2y-1}{2}\right\rfloor\right).$$

证明两个上界可以同时达到

$K=1$ 时放入三色各一张即可。设 $k=K\ge2$，把目标的 $k$ 次得分各记为一个三色三元组。相邻两个三元组共享前一次留下的实体牌，共有 $L=k-1$ 张共享牌；相邻共享牌颜色不同，才允许中间三元组先使用旧的保留牌，最后留下另一种颜色。

若某种颜色被共享 $t$ 次，它在 $k$ 个三元组中的实际用量就是 $k-t$。所以黑色共享次数至少为 $u=\max(0,k-x)$，白色和青色的共享次数分别至少为 $v=\max(0,k-y)$。因为 $x\le y$，有 $v\le u$。

没有相邻同色的长度为 $L$ 的序列要求每色最多出现 $h=\lceil L/2\rceil$ 次。由 $k\le2x$，得到 $u\le h$，因此 $v\le h$。

这些下界的总和也不会超过 $L$：若 $k\le y$，只有黑色可能需要共享，$u+2v=u\le k-1$；若 $k>y$，三色都需要共享，此时

$$u+2v=3k-x-2y\le k-1,$$

最后一步正是利用总数上界 $2k+1\le x+2y$。

从三个下界开始补足到总数 $L$，每个计数都不超过 $h$。总容量 $3h\ge L$，所以一定能补足。这样的三色计数可以排成没有相邻同色的序列：按颜色数量降序，依次填奇数位置、再填偶数位置。同色在各段内隔位出现，跨段的颜色数量小于 $h$，两段占据的位置不会相邻。

得到共享牌序列后，第一组先放另外两色、最后放第一张共享牌；中间每组在旧共享牌之后，先放第三色、最后放下一张共享牌；最后补入缺少的两色。这样获得 $k$ 分，各色用量都不超过现有数量，剩余牌最后继续放入即可。

这个做法依赖 $X\le Y=Z$。例如 $(X,Y,Z)=(1,1,6)$ 不满足该条件，两个上界取最小会得到 $2$，实际却只有 $1$ 分；因此不能把本式直接用作一般情况的答案。

当 $X=Y=Z=x$ 时，式子简化为 $\lfloor(3x-1)/2\rfloor$，所以相同代码自然覆盖等量子任务，无需再写一份算法。

时间复杂度：$O(T)$。空间复杂度：$O(1)$。

参考代码（C++20）

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using i64 = long long;

void solve() {
  i64 x, y, z;
  cin >> x >> y >> z;
  cout << min(2 * x, (x + y + z - 1) / 2) << '\n';
}

int main() {
  cin.tie(0)->sync_with_stdio(0);
  int T;
  cin >> T;
  while (T--) solve();
}

按剩余数量记忆化（通过子任务 1–4，共 51 分）

只保留有用的投放

在 $X,Y,Z\le50$ 时，可以按三色剩余数量记忆化搜索，覆盖子任务 $1,2,3,4$。

第一次得分需要三种颜色各一张，最后放哪一种就留下哪一种。一次得分以后，牌堆中只有一张牌。为了再次得分，只需要再放入另外两种颜色各一张，并选择其中哪一种最后放入。

为什么可以不考虑提前放入的多余牌？在任意投放方案中，两次得分之间重复放入同一种颜色，只会使它们在下一次得分时一起销毁；保留每个必需颜色的一张，并维持原本最后放入的颜色，仍会产生相同的得分和相同的保留牌。所有删去的投放移到已有得分完成之后即可。因此，存在一个最优方案，第一次恰用三张新牌，此后每次恰用两张新牌。

状态与转移

将黑、白、青依次编号为 $0,1,2$。定义 $f(x,y,z,c)$ 为：还有 $x,y,z$ 张牌尚未投放，牌堆中恰有一张颜色 $c$ 的牌时，之后最多还能获得的分数。保留牌不计入 $x,y,z$。

如果 $c=0$，下一次得分必须各取一张白牌、青牌，可以最后放白牌或青牌，所以

$$f(x,y,z,0)=1+\max\{f(x,y-1,z-1,1),f(x,y-1,z-1,2)\}\quad(y,z>0).$$

同理，另外两种保留颜色的转移为

$$f(x,y,z,1)=1+\max\{f(x-1,y,z-1,0),f(x-1,y,z-1,2)\}\quad(x,z>0),$$$$f(x,y,z,2)=1+\max\{f(x-1,y-1,z,0),f(x-1,y-1,z,1)\}\quad(x,y>0).$$

当对应的两个剩余数量中有一个为 $0$ 时，无法再凑齐三色，状态值为 $0$。其余未计算状态用 $-1$ 标记。

每次递归使剩余总数减少 $2$，因此没有循环。同一状态以后的选择只由三个剩余数量和保留颜色决定，与之前的投放顺序无关，可以直接记忆化。

第一次用掉三色各一张并得到一分，保留颜色可以任选，最终答案为

$$1+\max_{c\in\{0,1,2\}} f(X-1,Y-1,Z-1,c).$$

例如 $(X,Y,Z)=(2,2,1)$，第一次留下青牌后到达 $f(1,1,0,2)$，还能取一张黑牌和一张白牌，再得一分，总分为 $2$。第一次留下黑牌时，剩余青牌为零，就不能继续得分。

复杂度

初次得分后三个坐标范围分别为 $0\ldots X-1$、$0\ldots Y-1$、$0\ldots Z-1$，保留全部 $3XYZ$ 个状态，每个状态只有两个后继。按测试用例分别建立、释放状态表。

时间复杂度：$O\!\left(\sum_{t=1}^{T}X_tY_tZ_t\right)$，包括状态表初始化。

空间复杂度：$O(\max_t X_tY_tZ_t)$，状态表和递归栈均计入。大计数下此表无法存储，方法只保证上述受限子任务。

参考代码（C++20）

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using i64 = long long;

void solve() {
  int x, y, z;
  cin >> x >> y >> z;
  vector dp(3, vector(x, vector(y, vector<int>(z, -1))));
  auto dfs = [&](auto&& self, int x, int y, int z, int color) -> int {
    int& res = dp[color][x][y][z];
    if (res != -1) return res;
    res = 0;
    if (color == 0 && y && z) {
      res = 1 + max(self(self, x, y - 1, z - 1, 1), self(self, x, y - 1, z - 1, 2));
    }
    if (color == 1 && x && z) {
      res = 1 + max(self(self, x - 1, y, z - 1, 0), self(self, x - 1, y, z - 1, 2));
    }
    if (color == 2 && x && y) {
      res = 1 + max(self(self, x - 1, y - 1, z, 0), self(self, x - 1, y - 1, z, 1));
    }
    return res;
  };
  int ans = 0;
  for (int i = 0; i < 3; i++) ans = max(ans, dfs(dfs, x - 1, y - 1, z - 1, i));
  cout << ans + 1 << '\n';
}

int main() {
  cin.tie(0)->sync_with_stdio(0);
  int T;
  cin >> T;
  while (T--) solve();
}

枚举投放顺序（通过子任务 1–2，共 11 分）

当 $X+Y+Z\le8$ 时，可以枚举全部投放顺序，覆盖子任务 $1,2$。

同色卡牌没有区别。建立一个包含 $X$ 个 $0$、$Y$ 个 $1$、$Z$ 个 $2$ 的升序序列，用全排列枚举每一种不同的颜色排列。对每个排列从空牌堆开始模拟，记录当前牌堆中出现的颜色集合以及已经获得的分数。

用三位二进制数表示颜色集合。放入颜色 $i$ 后，将第 $i$ 位置为 $1$。集合变成 $111_2$ 时增加一分，并将集合改为只包含刚放入的颜色，即 $2^i$。这里不能清空集合，因为新牌仍留在堆中。

例如“黑、白、青、黑、白”的集合依次为 $001_2,011_2,100_2,101_2,010_2$，第三步和第五步各得一分；两次得分后的集合都只保留最后一种颜色。

每种合法投放顺序恰好对应一个颜色排列，模拟又完全执行题面规则，所以对所有排列得分取最大值就是答案。

记 $N=X+Y+Z$，不同排列的数量为 $N!/(X!Y!Z!)$。虽然 $N\le16$ 时也能用相同方法算出正确答案，但排列数量增长很快，在最大 $T$ 下不能保证原时限。

时间复杂度：$O\!\left(\sum_{t=1}^{T}N_t\frac{N_t!}{X_t!Y_t!Z_t!}\right)$，每个排列扫描全部卡牌。

空间复杂度：$O(\max_t N_t)$，各组依次处理，仅保存当前颜色排列。

参考代码（C++20）

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using i64 = long long;

void solve() {
  vector<int> cnt(3), a;
  for (int& x : cnt) cin >> x;
  for (int i = 0; i < 3; i++) a.insert(a.end(), cnt[i], i);
  int ans = 0;
  do {
    int mask = 0, sum = 0;
    for (int x : a) {
      mask |= 1 << x;
      if (mask == 7) {
        sum++;
        mask = 1 << x;
      }
    }
    ans = max(ans, sum);
  } while (next_permutation(a.begin(), a.end()));
  cout << ans << '\n';
}

int main() {
  cin.tie(0)->sync_with_stdio(0);
  int T;
  cin >> T;
  while (T--) solve();
}