目录

• 1.题目
• 2.思路
• 3.代码实现（Java）

1.题目

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 1：
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”）。

示例 2：
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’​ 。

来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode.cn/problems/minimum-deletions-to-make-string-balanced

2.思路

（1）枚举
思路参考本题官方题解。

通过删除部分字符串，使得字符串达到下列三种情况之一，即为平衡状态：

• 字符串中的字符全为 a：最少需要删除所有的 b；
• 字符串中的字符全为 b：最少需要删除所有的 a；
• 字符串中既有 a 也有 b，并且所有的 a 都在所有 b 的左侧：可以在原字符串相邻的两个字符之间划一条间隔，删除间隔左侧所有的 b 和间隔右侧所有的 a 即可达到。用 leftb 表示间隔左侧的 b 的数目，righta 表示间隔左侧的 a 的数目，leftb + righta 即为当前划分的间隔下最少需要删除的字符数。这样的间隔一共有 length − 1 种，其中 length 是 s 的长度。遍历字符串 s，即可以遍历 length − 1 种间隔，同时更新 leftb 和 righta。而上文讨论的前两种情况，其实就是间隔位于首字符前和末字符后的两种特殊情况，可以加入第 3 种情况一并计算。

（2）动态规划
用变量 bCnt 表示 s 中字符 b 的数量，用 res 来表示使 s 平衡的最少删除次数，们的初始值均为 0。在遍历 s 的过程中，做出以下判断：
① 遇到 b 时，不考虑删除，并且更新 bCnt；
② 遇到 a 时，考虑将其删除或者删除前面所有的 b，每次取最小值，即 res = Math.min(res + 1, bCnt)；
遍历结束后，直接返回 res 即可。

3.代码实现（Java）

//思路1————枚举
class Solution {public int minimumDeletions(String s) {int leftb = 0;int righta = 0;for (int i = 0; i < s.length(); i++) {if (s.charAt(i) == 'a') {righta++;}}int res = righta;for (int i = 0; i < s.length(); i++) {char c = s.charAt(i);if (c == 'a') {righta--;} else {leftb++;}res = Math.min(res, leftb + righta);}return res;}
}

//思路2——动态规划
class Solution {public int minimumDeletions(String s) {int bCnt = 0;int res = 0;int length = s.length();for (int i = 0; i < length; i++) {char c = s.charAt(i);if (c == 'a') {res = Math.min(res + 1, bCnt);} else {bCnt++;}}return res;}
}