图解LeetCode——801. 使序列递增的最小交换次数（难度：困难）

一、题目

我们有两个长度相等且不为空的整型数组 nums1 和 nums2 。在一次操作中，我们可以交换 nums1[i] 和 nums2[i]的元素。

例如：如果 nums1 = [1,2,3,8] ， nums2 =[5,6,7,4] ，你可以交换 i = 3 处的元素，得到 nums1 =[1,2,3,4] 和 nums2 =[5,6,7,8] 。

返回 使 nums1 和 nums2 严格递增 所需操作的最小次数 。
数组 arr 严格递增 且 arr[0] < arr[1] < arr[2] < ... < arr[arr.length - 1] 。
注意：用例保证可以实现操作。

二、示例

2.1> 示例 1:

【输入】 nums1 = [1,3,5,4], nums2 = [1,2,3,7]
【输出】 1
【解释】 交换 A[3] 和 B[3] 后，两个数组如下：A = [1, 3, 5, 7] ， B = [1, 2, 3, 4]，两个数组均为严格递增的。

2.2> 示例 2:

【输入】 nums1 = [0,3,5,8,9], nums2 = [2,1,4,6,9]
【输出】 1

提示:

• 2 <= nums1.length <= 105
• nums2.length == nums1.length
• 0<= nums1[i], nums2[i] <= 2 * 105

三、解题思路

根据题目描述，我们可以采用动态规划进行题解。首先，构建一个dp[i][j]，其中：

i：表示所在nums1和nums2的位置index；
j：只有两类值，0表示不交换；1表示交换；
【综上所述】
dp[i][0] 表示在nums1[i]和nums2[i]位置处，如果不交换位置的话，当前累积的操作次数。
dp[i][1] 表示在nums1[i]和nums2[i]位置处，如果交换位置的话，当前累积的操作次数。

首先，我们来初始化第1个位置，如果不进行交换，那么累积操作次数等于0，即：dp[0][0]=0；如果进行交换，那么累积操作次数等于1，即：dp[0][1]=1；

将视角仅关注于数组nums1和nums2中每两个元素的对比，即：nums1[i - 1]、nums1[i]、nums2[i - 1]、nums2[i]。我们可以得出以下三种情况，并可以推断出对应的互换结论。具体请参照下图，此处就不再赘述了：

四、代码实现

class Solution {
    public int minSwap(int[] nums1, int[] nums2) {
        int[][] dp = new int[nums1.length][2];
        dp[0][0] = 0; dp[0][1] = 1;
        for (int i = 1; i < nums1.length; i++) {
            int a1 = nums1[i - 1], a2 = nums1[i], b1 = nums2[i - 1], b2 = nums2[i];
            if ((a1 < a2 && b1 < b2) && (b1 < a2 && a1 < b2)) {
                dp[i][0] = Math.min(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1]); // 如果i【不互换】，则i-1可【互换】也可【不互换】
                dp[i][1] = dp[i][0] + 1; // 如果i【互换】，则i-1可【互换】也可【不互换】
            } else if (a1 < a2 && b1 < b2) {
                dp[i][0] = dp[i - 1][0]; // 如果i【不互换】，则i-1必须【不互换】
                dp[i][1] = dp[i - 1][1] + 1; // 如果i【互换】，则i-1必须【互换】
            } else {
                dp[i][0] = dp[i - 1][1]; // 如果i【不互换】，则i-1必须【互换】
                dp[i][1] = dp[i - 1][0] + 1; // 如果i【互换】，则i-1必须【不互换】
            }
        }
        return Math.min(dp[nums1.length - 1][0], dp[nums1.length - 1][1]);
    }
}

今天的文章内容就这些了：

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