本题的基本策略是：将所有的颜色按照数量从高到低排列。我们优先对当前数量最多（a）的颜色取一个球，这样总价值+a。然后再对当前剩余数量最多（b）的颜色取一个球（可能仍然是同一种颜色），这样总价值+b...直到我们操作的次数达到orders。
举个例子，我们将inventory从高到低排序之后，假设数组长这个样子：
10 7 4 3 2 1
第一回合：数值最大的10就是我们的操作目标，我们取一个球，总价值加10分。但是取完之后发现最大数量的颜色依然是它，但是9个球，意味着我们还可以再取一个球再增加9分。我们可以不断地取这个颜色，直至该颜色的数目和第二多的颜色数目持平（都是7）。所以这一轮我们的价值增加的是(10+9+8).
第二回合：当前数值最大的7就是我们的操作目标。注意这次我们可以取2个球：包括颜色数量排名第一和第二的两种颜色。此外，我们可以从+7，+6，一直取到+5（因为数量第三多的颜色数量是4），故增加的价值是(7+6+5)*2
可见每个回合，我们就推进了一种颜色。在处理第i种颜色时，我们可以一轮取i+1个球，这些球对应的分值是相同的，从inventory[i]、inventory[i]+1...直至inventory[i+1]+1。
这里有一个比较关键的地方，就是总球数达到orders的时候，我们必须停下来。在哪个回合的哪一轮停下来，“零头”是多少，需要好好处理。从上述可知，在第i回合中，每轮可以取i+1个球，可知需要进行q = orders/(i+1)轮，剩下的零头r = orders%(i+1)个球对应的分数就是inventory[i]-q.
另一个注意的点是，对于10 10 8....这种情况，根据上述的算法，第一回合其实不用做任何操作，因为第一和第二的颜色数目相同。在第二回合的操作里直接一并取两个球。
因为每轮我们所取的球的分值都是递减1的，我们可以尝试猜测最后一整轮的球的分值是k，另外可能还有一些零头的球它们的分值是k-1. 我们需要寻找最大的k，使得分值大于等于k的球的总数不超过orders。
对于任何一种颜色inventory[i]，如果inventory[i]>=k，那么它必然能贡献inventory[i]-k+1个球，其中最大分数是inventory[i]，最小分数是k。扫描一遍整个数组，我们就能把总球数求出来，与orders比较一下。如果大于orders，说明取的球太多了，k要提升一下。反之，k就要下降一点。
确定了k之后，我们还要手工计算一下零头的数量是多少，他们每个球贡献的分数是k-1.