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'

方案一：对于每一个字符，都有两种情况，删或者不删。枚举出每一种情况，取删除次数最少的。时间复杂度为 O(2ⁿ), 这种方案会超时

int helper(string &s, string &b, int i, int count) {
    if (i >= s.size()) 
        return 0x7fffffff;
    if (s == b) {
        return count;
    }
    string s1 = s;
    s1.erase(i, 1);
    string b1 = b;
    if (s[i] == 'a') {
        b1.erase(b1.begin());
    } else {
        b1.erase(b1.end() - 1);
    }
    return min(helper(s, b, i + 1, count), helper(s1, b1, i, count + 1));
}
int minimumDeletions(string s) {
    string balance = s;
    sort(balance.begin(), balance.end());
    return helper(s, balance, 0, 0);
}

方案二：假设有一条间隔，删除间隔左边的所有 'b', 删除间隔右边的所有 'a'，此时的字符串是平衡的。间隔一开始在字符串的最左边，一直遍历到最右边，取修改最少的结果。

int minimumDeletions(string s) {
    int leftB = 0, rightA = 0;
    for (auto ch : s) {
        if (ch == 'a')
            ++rightA;
    }
    int res = rightA;
    for (auto ch : s) {
        if (ch == 'a') {
            --rightA;
        } else {
            ++leftB;
        }
        res = min(res, leftB + rightA);
    }
    return res;
}