使用kotlin解决这个问题：2696. 删除子串后的字符串最小长度 给你一个仅由 大写 英文字符组成的字符串 s 。 你可以对此字符串执行一些操作，在每一步操作中，你可以从 s 中删除 任一个 "AB" 或 "CD" 子字符串。 通过执行操作，删除所有 "AB" 和 "CD" 子串，返回可获得的最终字符串的 最小 可能长度。 注意，删除子串后，重新连接出的字符串可能会产生新的 "AB" 或 "CD" 子串。 示例 1： 输入：s = "ABFCACDB" 输出：2 解释：你可以执行下述操作： - 从 "ABFCACDB" 中删除子串 "AB"，得到 s = "FCACDB" 。 - 从 "FCACDB" 中删除子串 "CD"，得到 s = "FCAB" 。 - 从 "FCAB" 中删除子串 "AB"，得到 s = "FC" 。 最终字符串的长度为 2 。 可以证明 2 是可获得的最小长度。 示例 2： 输入：s = "ACBBD" 输出：5 解释：无法执行操作，字符串长度不变。 提示： 1 <= s.length <= 100 s 仅由大写英文字母组成

以下是使用Kotlin解决该问题的代码：

fun minimumLength(s: String): Int {
    var result = s.length
    var i = 0
    while (i < result - 1) {
        if (s[i] == 'A' && s[i + 1] == 'B' || s[i] == 'C' && s[i + 1] == 'D') {
            val newStr = s.substring(0, i) + s.substring(i + 2)
            result = minOf(result, minimumLength(newStr))
        }
        i++
    }
    return result
}

fun main() {
    val s = "ABFCACDB"
    println(minimumLength(s)) // 输出 2
}

该算法采用递归的方式，每次找到第一个出现的"AB"或"CD"子串，并将其删除，然后在剩余的字符串上递归调用该函数，最后返回可获得的最小长度。时间复杂度为 O(n^2)。

相关问题

使用kotlin完成这个题目：459. 重复的子字符串 给定一个非空的字符串 s ，检查是否可以通过由它的一个子串重复多次构成。

这道题可以使用字符串匹配的方法来解决。

具体来说，我们可以将原始字符串 s 拼接自身，然后去掉开头和结尾两个字符，这样得到的字符串一定包含原始字符串 s。

接下来，我们可以使用 KMP 算法或者 Z 算法来求出该字符串的前缀函数或者 Z 函数，然后判断原始字符串 s 的长度是否等于这个函数的最后一个值，如果是，说明原始字符串 s 可以由一个子串重复多次构成。

具体实现可以参考以下代码：

fun repeatedSubstringPattern(s: String): Boolean {
    val n = s.length
    val str = s + s
    val pi = IntArray(n * 2)
    var j = 0
    for (i in 1 until n * 2) {
        while (j > 0 && str[i] != str[j]) {
            j = pi[j - 1]
        }
        if (str[i] == str[j]) {
            j++
        }
        pi[i] = j
    }
    return pi[n * 2 - 1] != 0 && n % (n - pi[n * 2 - 1]) == 0
}

其中，`pi` 数组表示字符串 `str` 的前缀函数，`j` 表示匹配的长度，初始值为 `0`。

在循环中，我们不断地向右移动指针 `i`，并且不断地将 `j` 更新为 `pi[j-1]`，直到 `str[i]` 和 `str[j]` 相等，或者 `j` 为 `0`。如果 `str[i]` 和 `str[j]` 相等，我们就将 `j` 增加 1，并且将 `pi[i]` 赋值为 `j`。

最后，我们判断 `pi[n*2-1]` 是否为 0，并且判断 `n` 是否能被 `n-pi[n*2-1]` 整除。如果是，说明原始字符串 s 可以由一个子串重复多次构成，返回 true，否则返回 false。

希望能对你有所帮助！

使用kotlin解决这个问题：5. 最长回文子串 提示 中等 6.5K 相关企业 给你一个字符串 s，找到 s 中最长的回文子串。 如果字符串的反序与原始字符串相同，则该字符串称为回文字符串。 示例 1： 输入：s = "babad" 输出："bab" 解释："aba" 同样是符合题意的答案。 示例 2： 输入：s = "cbbd" 输出："bb" 提示： 1 <= s.length <= 1000 s 仅由数字和英文字母组成

可以使用动态规划来解决这个问题。定义一个二维数组 dp，其中 dp[i][j] 表示 s[i:j+1] 是否是回文子串，如果是则为 true，否则为 false。显然，当 i=j 时，s[i:j+1] 一定是回文子串，因此 dp[i][j] = true。当 i<j 时，如果 s[i] == s[j] 并且 s[i+1:j] 是回文子串，则 s[i:j+1] 也是回文子串，即 dp[i][j] = dp[i+1][j-1] && s[i] == s[j]。

接下来，我们遍历所有可能的子串，找到最长的回文子串。具体做法是，从长度最长的子串开始遍历，如果找到了回文子串，则直接返回该子串。如果遍历完所有长度的子串都没有找到回文子串，则返回 s[0]。

以下是 Kotlin 的代码实现：

fun longestPalindrome(s: String): String {
    val n = s.length
    val dp = Array(n) { BooleanArray(n) }
    var ans = ""
    for (len in 0 until n) {
        for (i in 0 until n - len) {
            val j = i + len
            if (len == 0) {
                dp[i][j] = true
            } else if (len == 1) {
                dp[i][j] = s[i] == s[j]
            } else {
                dp[i][j] = dp[i + 1][j - 1] && s[i] == s[j]
            }
            if (dp[i][j] && len + 1 > ans.length) {
                ans = s.substring(i, j + 1)
            }
        }
    }
    return if (ans.isEmpty()) s[0].toString() else ans
}

该算法的时间复杂度为 O(n^2)，空间复杂度为 O(n^2)。