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题目来源
1653. 使字符串平衡的最少删除次数 - 力扣（LeetCode）
题目描述
给你一个字符串 s ，它仅包含字符 'a' 和 'b' 。
你可以删除 s 中任意数目的字符，使得 s 平衡 。当不存在下标对 (i,j) 满足 i < j ，且 s[i] = 'b' 的同时 s[j]= 'a' ，此时认为 s 是 平衡 的。
请你返回使 s 平衡 的 最少 删除次数。
示例
输入：s = "aababbab"
输出：2
解释：你可以选择以下任意一种方案：
下标从 0 开始，删除第 2 和第 6 个字符（"aababbab" -> "aaabbb"），
下标从 0 开始，删除第 3 和第 6 个字符（"aababbab" -> "aabbbb"）。
输入：s = "bbaaaaabb"
输出：2
解释：唯一的最优解是删除最前面两个字符。
提示
- 1 <= s.length <= 105
- s[i] 要么是 'a' 要么是 'b' 。
题目解析
本题最优思路是采用动态规划。
我们可以定义一个dp数组，dp[i]的含义是将输入字符串s的0~i区间变得平衡的最少修改次数，而dp[i+1]其实就是相当于在dp[i]的0~i区间尾部追加一个字符，此时我们只需要考虑追加字符的处理来保持0~i+1区间平衡即可。
如果追加的s[i] == ‘b’, 则不会破坏平衡。
如果追加的s[i] == 'a'，则会破坏破坏，此时有两种删除策略：
- 由于0~i-1已经平衡了，因此我们可以删除s[i]，已期不会破坏0~i-1已形成的平衡，即dp[i] = dp[i-1] + 1 （+1对应删除s[i]的动作）
- 如果我们不删除s[i]的话，则需要将 0~i-1 中所有的b删除，因此在遍历s的过程中，我们还需要记录 0 ~ i 范围内的b的数量，比如countB[i] 含义为 0~i范围内b的数量。此时 dp[i] = countB[i-1]
我们只需要取上面两个dp[i]中最小的即可，即dp[i] = min(dp[i-1] + 1, countB[i-1])
但是上面将dp，countB定义为数组非常浪费内存，这里起始最终只要求的是输入s字符串0~n-1区间变得平衡的最小次数，因此我们不需要缓存其他区间最小数次数据，而是可以对dp，countB数组进行压缩，每次用最新值覆盖前一个值即可。
算法源码
JS
/**
* @param {string} s
* @return {number}
*/
var minimumDeletions = function(s) {
let dp = 0 // dp记录的是将s的[0, i]区间变得平衡的最少次数
let countB = 0 // countB 记录的是 s 的 [0, i]区间中b字符的个数
for(let i = 0; i < s.length; i++) {
if(s[i] == 'a') dp = Math.min(dp + 1, countB) // 末尾新增a会破坏平衡，此时需要进行删除动作
else countB++ // 末尾新增b不会破坏平衡
}
return dp;
};
Java
class Solution {
public int minimumDeletions(String s) {
int dp = 0; // dp记录的是将s的[0, i]区间变得平衡的最少次数
int countB = 0; // countB 记录的是 s 的 [0, i]区间中b字符的个数
for(int i=0; i < s.length(); i++) {
if(s.charAt(i) == 'a') dp = Math.min(dp + 1, countB); // 末尾新增a会破坏平衡，此时需要进行删除动作
else countB++; // 末尾新增b不会破坏平衡
}
return dp;
}
}
Python
class Solution(object):
def minimumDeletions(self, s):
dp = 0 # dp记录的是将s的[0, i]区间变得平衡的最少次数
countB = 0 # countB 记录的是 s 的 [0, i]区间中b字符的个数
for c in s:
if c == 'a':
dp = min(dp + 1, countB) # 末尾新增a会破坏平衡，此时需要进行删除动作
else:
countB += 1 # 末尾新增b不会破坏平衡
return dp
