难度: Medium
如果字符串 s 中 不存在 两个不同字符 频次 相同的情况，就称 s 是 优质字符串 。
给你一个字符串 s，返回使 s 成为 优质字符串 需要删除的 最小 字符数。
字符串中字符的 频次 是该字符在字符串中的出现次数。例如，在字符串 "aab" 中，'a' 的频次是 2，而 'b' 的频次是 1 。
示例 1：
输入：s = "aab"
输出：0
解释：s 已经是优质字符串。
示例 2：
输入：s = "aaabbbcc" 输出：2 解释：可以删除两个 'b' , 得到优质字符串 "aaabcc" 。 另一种方式是删除一个 'b' 和一个 'c' ，得到优质字符串 "aaabbc" 。
示例 3：
输入：s = "ceabaacb" 输出：2 解释：可以删除两个 'c' 得到优质字符串 "eabaab" 。 注意，只需要关注结果字符串中仍然存在的字符。（即，频次为 0 的字符会忽略不计。）
提示：
1 <= s.length <= 105s 仅含小写英文字母运行时间: 96 ms
内存: 16.2 MB
class Solution:
def minDeletions(self, s: str) -> int:
freq = Counter(s)
#value = sorted(list(freq.values()))
value = list(freq.values())
exist = set()
ans = 0
for num in value:
if num not in exist:
exist.add(num)
else:
while num in exist and num>0:
num -= 1
ans += 1
exist.add(num)
return ans
该题解的核心策略是使用一个散列表（Counter）来计算字符串中每个字符出现的频次。接着，遍历这些频次，并使用一个集合（set）来存储已经遇到的频次。如果当前的频次已经在集合中存在，则说明有两个字符出现了相同的频次，需要通过逐步减少当前频次（即删除字符），来找到一个未使用的频次，直到找到或频次降至0。每减少一次频次，计数变量（ans）增加1，代表一次删除操作。最后，返回ans即可，它代表了把字符串转变为优质字符串所需的最小删除次数。
时间复杂度: O(n)
空间复杂度: O(n)
class Solution:
def minDeletions(self, s: str) -> int:
freq = Counter(s) # 计算每个字符的频次
value = list(freq.values()) # 获取频次列表
exist = set() # 存储已经存在的频次
ans = 0 # 初始化删除次数计数器
for num in value: # 遍历所有频次
if num not in exist: # 如果频次未出现过
exist.add(num) # 添加到集合中
else: # 如果频次已经存在
while num in exist and num>0: # 寻找一个未使用的频次
num -= 1 # 减少频次
ans += 1 # 增加删除计数
exist.add(num) # 添加新的频次到集合
return ans # 返回最小删除次数
在解法中，我通过遍历字符频次列表来确定哪些频次需要被减少。当发现某个频次已存在于集合中时，这表明至少有两个字符的频次相同，此时需要减少当前的频次，以确保所有字符的频次都是唯一的。减少频次的过程不是随机的，而是从当前频次开始逐步减少，直到找到一个未被占用的频次或者频次减至0。这个过程保证了最小化删除操作，以达到所有字符频次唯一的目的。
散列表（Counter）在本解法中用于统计每个字符出现的频次，这为我们提供了一个字符与其频次的映射关系。集合（set）则用于存储已经存在的频次，帮助我们检测某个频次是否已被占用。在实施算法时，我们首先用散列表计算出所有字符的频次，然后遍历这些频次，利用集合来确定哪些频次是独一无二的。如果发现重复的频次，我们通过逐步减少的方式调整频次，直到找到一个未被占用的频次，期间利用集合来持续跟踪已使用的频次。这种方法确保了处理频次的高效性和准确性。
当字符频次通过逐步减少最终减至0时，实际上表示完全删除了该字符的所有出现。在这种情况下，0频次不会被添加到集合中。添加0到集合中没有意义，因为0频次不会对其他字符频次的唯一性构成影响。因此，我们只关注那些大于0的频次，并确保它们唯一。
在本题的解法中，删除操作仅基于字符的频次进行，并没有考虑字符本身的出现顺序或其他属性。目标是达到每个字符的频次都是唯一的，因此只需关注频次的调整。这意味着字符的具体类型或在字符串中的位置不影响删除过程。仅通过调整频次即可满足题目要求，使得每个字符的频次唯一。