给定一个字符串，对该字符串进行删除操作，保留 k 个字符且相对位置不变，使字典序最小

这是一个经典的编程问题，可以用 单调栈 的方法高效解决。以下是解题步骤和代码实现：

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问题描述

给定一个字符串 s 和一个整数 k，要求删除字符串中的一些字符，最终保留 k 个字符，且相对顺序不变，使得结果字符串字典序最小。

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解题思路

1. 单调栈维护最小字典序：

   • 使用一个栈来维护当前最小的字典序字符。
   • 遍历字符串 s，尝试将每个字符压入栈。
   • 如果栈顶字符大于当前字符，并且后面还有足够的字符可以填满栈，则弹出栈顶字符。
   • 最终栈中保留的就是字典序最小的字符。

2. 边界条件：

   • 栈的大小不能超过 k。
   • 遍历时要确保剩下的字符足够填满栈（栈中已保留字符 + 剩余未处理字符 >= k）。

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Python代码实现

def removeToKeepKMin(s: str, k: int) -> str:
    stack = []  # 用于存放最终结果字符的栈
    n = len(s)  # 字符串长度

    for i, char in enumerate(s):
        # 当栈非空，且栈顶字符比当前字符大，且后面还有足够字符时，可以弹出栈顶
        while stack and stack[-1] > char and len(stack) + (n - i) > k:
            stack.pop()
        # 如果栈长度小于k，则可以压入当前字符
        if len(stack) < k:
            stack.append(char)
    
    # 最终栈中的字符就是结果
    return ''.join(stack)

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示例

示例 1

s = "bcabc"
k = 3
print(removeToKeepKMin(s, k))  # 输出: "abc"

解释：

• 删除字符串中的第一个 'b' 和第二个 'c'，保留 "abc"，使得字典序最小。

示例 2

s = "cbacdcbc"
k = 4
print(removeToKeepKMin(s, k))  # 输出: "acdb"

解释：

• 删除字符 'c' 和 'b' 后，保留 "acdb"，使得字典序最小。

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复杂度分析

1. 时间复杂度：O(n)，每个字符最多入栈一次，出栈一次。
2. 空间复杂度 ：O(k)，栈的最大大小为 k。

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这个问题也可以通过动态规划（DP）来解决。不过相较于单调栈，动态规划的时间复杂度和实现相对更复杂一些。

以下是动态规划的解法思路：

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动态规划解法思路

状态定义

我们定义一个二维数组 dp[i][j] 表示从字符串的前 i 个字符中，选择 j 个字符所能获得的字典序最小的字符串。

• i 是字符串前缀长度；
• j 是要保留的字符个数；
• dp[i][j] 表示从前 i 个字符中选 j 个字符的最优解（字典序最小）。

状态转移

在遍历字符串的过程中，对于每个字符，我们有两种选择：

1. 不选当前字符 ：如果不选当前字符，那么问题退化为从前 i-1 个字符中选择 j 个字符，即 dp[i][j] = dp[i-1][j]。
2. 选当前字符 ：如果选当前字符，那么我们需要从前 i-1 个字符中选择 j-1 个字符，再加上当前字符，即 dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + s[i-1]。

状态转移方程如下：

[

dp[i][j] = \min(dp[i-1][j], dp[i-1][j-1] + s[i-1])

]

边界条件

1. 当 j == 0（不保留字符时），结果为空字符串：dp[i][0] = ""；
2. 当 i == 0 且 j > 0（字符串为空时，无法选择任何字符）：dp[0][j] 不存在，为无穷大（不可达）。

最终结果

最后的答案是 dp[n][k]，其中 n 是字符串长度，k 是要保留的字符数。

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动态规划代码实现

以下是基于上述思路的 Python 实现：

def removeToKeepKMinDP(s: str, k: int) -> str:
    n = len(s)
    # dp[i][j] 表示从前 i 个字符中选择 j 个字符的字典序最小字符串
    dp = [["" for _ in range(k + 1)] for _ in range(n + 1)]

    # 初始化边界条件
    for i in range(n + 1):
        dp[i][0] = ""  # 选择 0 个字符时为空字符串
    
    for j in range(1, k + 1):
        dp[0][j] = "~"  # 不可能从空字符串中选择字符，用 "~" 表示无穷大（字典序最大字符）

    # 动态规划填表
    for i in range(1, n + 1):
        for j in range(1, k + 1):
            # 如果不选当前字符
            option1 = dp[i-1][j]
            # 如果选当前字符
            option2 = dp[i-1][j-1] + s[i-1] if j <= i else "~"  # 保证 j <= i
            # 取字典序最小的结果
            dp[i][j] = min(option1, option2)
    
    return dp[n][k]

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示例

示例 1

s = "bcabc"
k = 3
print(removeToKeepKMinDP(s, k))  # 输出: "abc"

过程：

1. 初始化 dp 表：
   • dp[i][0] 初始化为 ""；
   • dp[0][j] 初始化为 "~"。
2. 填表，逐步从前缀中选择字符并更新最优解。
3. 最终 dp[5][3] = "abc"。

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示例 2

s = "cbacdcbc"
k = 4
print(removeToKeepKMinDP(s, k))  # 输出: "acdb"

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时间复杂度

1. 时间复杂度 ：O(n * k)，n 是字符串长度，k 是需要保留的字符数。
   • 每个 dp[i][j] 都取决于上一步的状态，因此需要遍历整个 dp 表。
2. 空间复杂度 ：O(n * k)，用于存储 dp 表。

相比单调栈方法，动态规划的复杂度更高，但它提供了更通用的思路，能够很好地解决其他类似问题。

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总结

• 如果问题的输入规模较小，可以使用动态规划方法。
• 如果需要更高效的实现，单调栈是更优的选择，时间复杂度为 O(n)，空间复杂度为 O(k)。