给定两个字符串s1和s2返回使两个字符串相等所需删除字符的ascll值的最小和

要使两个字符串相等，需要删除其中某些字符。我们可以使用动态规划来解决这个问题。

首先，我们定义一个二维数组dp，其中dp[i][j]表示将字符串s1的前i个字符和字符串s2的前j个字符变为相等所需删除字符的ascll值的最小和。

接下来，我们可以考虑两种情况：

1. 当s1[i-1] == s2[j-1]时，说明当前字符可以保留，不需要删除。因此，dp[i][j] = dp[i-1][j-1]。
2. 当s1[i-1] != s2[j-1]时，说明当前字符需要删除。我们可以选择删除s1[i-1]或者s2[j-1]，取删除后ascll值最小的那个字符。因此，dp[i][j] = min(dp[i-1][j] + ord(s1[i-1]), dp[i][j-1] + ord(s2[j-1]))。

最后，dp[len(s1)][len(s2)]即为所求的最小和。

具体的代码实现如下：

def minimumDeleteSum(s1: str, s2: str) -> int:
    m, n = len(s1), len(s2)
    dp = [[0] * (n+1) for _ in range(m+1)]
    
    for i in range(1, m+1):
        dp[i][0] = dp[i-1][0] + ord(s1[i-1])
        
    for j in range(1, n+1):
        dp[0][j] = dp[0][j-1] + ord(s2[j-1])
        
    for i in range(1, m+1):
        for j in range(1, n+1):
            if s1[i-1] == s2[j-1]:
                dp[i][j] = dp[i-1][j-1]
            else:
                dp[i][j] = min(dp[i-1][j] + ord(s1[i-1]), dp[i][j-1] + ord(s2[j-1]))
                
    return dp[m][n]

时间复杂度分析：动态规划的状态转移需要遍历所有的字符，所以时间复杂度为O(m*n)，其中m和n分别为s1和s2的长度。

空间复杂度分析：我们使用了一个二维数组来保存状态，所以空间复杂度为O(m*n)