【LeetCode 每日一题】1653. 使字符串平衡的最少删除次数——（解法三）DP 空间优化

Problem: 1653. 使字符串平衡的最少删除次数

文章目录

[1. 整体思路](#1. 整体思路)
- - 核心问题
  - 算法逻辑
[2. 完整代码](#2. 完整代码)
[3. 时空复杂度](#3. 时空复杂度)
- - [时间复杂度： O ( N ) O(N) O(N)](#时间复杂度： O ( N ) O(N) O(N))
  - [空间复杂度： O ( 1 ) O(1) O(1)](#空间复杂度： O ( 1 ) O(1) O(1))

1. 整体思路

核心问题

删除最少字符使得字符串中所有的 'a' 都在 'b' 之前。

算法逻辑

使用动态规划，并利用滚动变量进行状态压缩。

状态 f ：代表遍历到当前位置时，使当前前缀字符串平衡所需的最少删除次数 （相当于之前的 dp[i]）。
变量 cntB ：记录当前遍历到的 'b' 的总数量。
状态转移 ：
- 遍历字符串 s。
- 如果当前字符是 'b' ：
  - 这个 'b' 可以直接追加在任何已经平衡的字符串后面，不会破坏平衡性。
  - 因此，最小删除次数 f 保持不变。
  - 更新 cntB（加 1）。
- 如果当前字符是 'a' ：
  - 此时有两个选择来维持平衡：
    1. 删除当前的 'a' ：代价是之前的最小删除次数 f 加上这次删除的代价 1。即 f + 1。
    2. 保留当前的 'a' ：这意味着这个 'a' 必须放在所有的 'b' 之前。为了做到这一点，我们必须删除之前出现的所有 'b' 。代价是 cntB。
  - 更新 f 为两者的最小值：f = Math.min(f + 1, cntB)。

2. 完整代码

java 复制代码

class Solution {
    public int minimumDeletions(String s) {
        // f 记录当前位置之前的最小删除次数
        // 初始化为 0，因为空前缀是平衡的
        int f = 0;
        
        // cntB 记录当前遍历过的 'b' 的数量
        int cntB = 0;
        
        // 遍历字符串中的每个字符
        // toCharArray() 会创建一个新的字符数组，如果为了极致空间可以换成 charAt()
        for (char c : s.toCharArray()) {
            if (c == 'b') {
                // 如果当前是 'b'，它不会破坏平衡性 (因为我们在向右构建，b 总是在右边)
                // 只需要记录 b 的数量增加
                cntB++;
            } else {
                // 如果当前是 'a'，它可能会破坏平衡性 (因为它出现在了之前的 b 后面)
                // 我们有两种修复方案：
                // 1. 删除这个 'a' (代价 f + 1)
                // 2. 保留这个 'a'，但删除前面所有的 'b' (代价 cntB)
                // 取较小者作为新的最小删除次数
                f = Math.min(f + 1, cntB);
            }
        }
        
        // 返回最终的最小删除次数
        return f;
    }
}

3. 时空复杂度

假设字符串 s 的长度为 N N N。

时间复杂度： O ( N ) O(N) O(N)

计算依据 ：
- 代码包含一次线性遍历，访问每个字符一次。
- 循环内部操作为 O ( 1 ) O(1) O(1)。
结论： O ( N ) O(N) O(N)。

空间复杂度： O ( 1 ) O(1) O(1)

计算依据 ：
- 只使用了两个整型变量 f 和 cntB。
- 虽然使用了 s.toCharArray() 产生了 O ( N ) O(N) O(N) 的临时空间，但如果在面试中可以直接用 charAt 遍历，算法逻辑本身是 O ( 1 ) O(1) O(1) 的。
结论： O ( 1 ) O(1) O(1)。