这是一篇介绍C语言经典编程问题——喝汽水的详解，包含三种解决问题的实现思路、思考方式以及不同代码，也以时间空间复杂度的方式做了简单比较。
原问题
喝汽水，1瓶汽水1元，2个空瓶可以换一瓶汽水，给20元可以买到多少汽水？
方法一——递归角度
思考
1元可以买到1瓶汽水和一个空瓶，2个空瓶可以再次获得1瓶汽水，再次获得一个空瓶，由此联想到递归实现： 递归条件的判断，只有两个瓶时只能换1瓶汽水，故退出递归的条件应是瓶数为2时，返回1；而一个空瓶时已不能兑换汽水，故每次喝完汽水后都会至少剩余1个空瓶，1瓶也可作为退出递归条件，返回0；
代码实现
递归函数
//递归函数，通过判断瓶数决定返回值
int cokenum(int x)
{
if (x == 1)
{
return 0;
}
//只有两个瓶返回1
else if (x == 2)
{
return 1;
}
//偶数瓶进入递归
else if (x % 2 == 0)
{
return x / 2 + cokenum(x / 2);
}
//奇数瓶进入递归，需加上剩下的一个瓶
else
{
return x / 2 + cokenum(x / 2 + 1);
}
}
主函数
int main()
{
int x = 0;
scanf("%d", &x);
printf("%d", x + cokenum(x));//汽水数+汽水瓶数
return 0;
}
全代码
#include<stdio.h>
//根据钱值判断汽水数目
//1元一瓶—>原值 两空瓶换汽水—>汽水数/2
//递归解决，
int cokenum(int x)
{
//只有一个瓶返回0；
if (x == 1)
{
return 0;
}
//只有两个瓶返回1
else if (x == 2)
{
return 1;
}
//偶数瓶进入递归
else if (x % 2 == 0)
{
return x / 2 + cokenum(x / 2);//换一半的汽水，还有一半的空瓶
}
//奇数瓶进入递归，需加上剩下的一个瓶
else
{
return x / 2 + cokenum(x / 2 + 1);//换一半汽水，再加上剩下的一个瓶
}
}
int main()
{
int x = 0;
scanf("%d", &x);
printf("%d", x + cokenum(x));
return 0;
}
代码较为冗余，思考的复杂直接将代码复杂化了，时间复杂度及空间复杂度都分别达到了O(logn)。
方法二——循环角度
思考
1元换1瓶汽水还有一个空瓶，也就是说，金钱数目-1时，瓶子数目+1，汽水数目+1； 而瓶子数等于2时，可以再换1瓶汽水，故，瓶子数目-2时，汽水数目+1，由此知可以通过循环判断，有瓶子就换汽水。
代码实现
#include<stdio.h>
int main()
{
int x = 0;
int coke = 0, bottle = 0;
scanf("%d", &x);
while (x)
{
x--;
coke++;
bottle++;
if (bottle == 2)//瓶子数等于2时就换汽水，换了之后瓶数-1；
{
bottle--;
coke++;
}
}
printf("%d", coke);
return 0;
}
通过循环判断，时间复杂度不变，而空间复杂度优化为O(1)。
方法三——数学角度
思考
通过金钱数判断，1元换1瓶汽水，2元换3瓶汽水，3元换5瓶汽水，4元换7瓶汽水······ 简单观察可知，金钱对应的汽水数为一个等差数列： 1——1，2——3，3——5，4——7，5——7······ 规律为 汽水数=2×金钱数-1；
代码实现
#include<stdio.h>
int main()
{
int x = 0;
scanf("%d", &x);
printf("%d", 2 * x - 1);
}
由此可知，当实际问题与数学相结合之后，复杂的问题会变得更为清晰，此时时间复杂度与空间复杂度都为O(1)。