来源：力扣（LeetCode）

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 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’​ 。​

方法：枚举

思路

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：

1. 字符串全为 “a”；
2. 字符串全为 “b”；
3. 字符串既有 “a” 也有 “b”，且所有 “a” 都在所有 “a” 左侧。

其中，为了达到第 1 种情况，最少需要删除所有的 “b”。为了达到第 2 种情况，最少需要删除所有的 “a”。而第 3 种情况，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 n − 1 种，其中 n 是 s 的长度。遍历字符串 s，即可以遍历 n − 1 种间隔，同时更新 leftb 和 righta 的数目。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。

代码：

class Solution {
public:int minimumDeletions(string s) {int leftb = 0, righta = 0;for (int i = 0; i < s.size(); i++) {if (s[i] == 'a') {righta++;}}int res = righta;for (int i = 0; i < s.size(); i++) {char c = s[i];if (c == 'a') {righta--;} else {leftb++;}res = min(res, leftb + righta);}return res;}
};

执行用时：100 ms, 在所有 C++ 提交中击败了35.29%的用户
内存消耗：21.4 MB, 在所有 C++ 提交中击败了96.57%的用户
复杂度分析
时间复杂度：O(n)，其中 n 是 s 的长度。需要遍历两遍 s，第一遍计算出 s 中 “a” 的数量，第二遍遍历所有的间隔，求出最小需要删除的字符数。
空间复杂度：O(1)，只需要常数空间。
author：LeetCode-Solution。