We have two integer sequences A and B of the same non-zero length.
We are allowed to swap elements A[i] and B[i]. Note that both elements are in the same index position in their respective sequences.
At the end of some number of swaps, A and B are both strictly increasing. (A sequence is strictly increasing if and only if A[0] < A[1] < A[2] < ... < A[A.length - 1].)
Given A and B, return the minimum number of swaps to make both sequences strictly increasing. It is guaranteed that the given input always makes it possible.
Example:
Input: A = [1,3,5,4], B = [1,2,3,7]
Output: 1
Explanation:
Swap A[3] and B[3]. Then the sequences are:
A = [1, 3, 5, 7] and B = [1, 2, 3, 4]
which are both strictly increasing.
Note:
A, Bare arrays with the same length, and that length will be in the range[1, 1000].A[i], B[i]are integer values in the range[0, 2000].
这道题给了我们两个长度相等的数组A和B，说是可以在任意位置i交换 A[i] 和 B[i] 的值，目标是让数组A和B变成严格递增的数组，让求出最少需要交换的次数。博主最先尝试了贪婪算法，就是遍历数组，如果当前数字小于等于前面一个数字，那么就交换一下，但是问题就来了，到底是交换当前位置的数字，还是前一个位置的数字呢，比如下面这个例子：
0 4 4 5
0 1 6 8
我们到底是交换4和1呢，还是4和6呢，虽然两种方法都能让前三个数字严格递增，但是如果交换了4和6，那么第一个数组的最后一个5就又得交换了，那么就要多交换一次，所以这个例子是交换4和1，但是对于下面这个例子：
0 4 4 7
0 1 6 5
那么此时就要交换4和6了，这样只要交换一次就能使两个数组都变成严格递增的数组了。所以这道题用贪婪算法不 work，必须使用别的方法，那么此时动态规划 Dynamic Programming 就闪亮登场了。
像这种求极值的题目，不是 Greedy 就是 DP 啊，一般难题偏 DP 的比较多。而 DP 解法的第一步就是要确定 dp 数组该怎么定义，如果定义一个一维数组 dp，其中 dp[i] 表示使得范围 [0, i] 的子数组同时严格递增的最小交换次数，这样的话状态转移方程就会十分的难写，因为没有解耦合其内在的关联。当前位置i是否交换，只取决于和前面一位是否是严格递增的，而前一位也有交换或者不交换两种状态，那么前一位的不同状态也会影响到当前是否交换，这跟之前那道 Best Time to Buy and Sell Stock with Transaction Fee 就十分到类似了，那道题的股票也有保留或者卖出两种状态不停的切换。那么这里也需要维护两种状态，swap 和 noSwap，那 么swap[i] 表示范围 [0, i] 的子数组同时严格递增且当前位置i需要交换的最小交换次数，noSwap[i] 表示范围 [0, i] 的子数组同时严格递增且当前位置i不交换的最小交换次数，两个数组里的值都初始化为n。由于需要跟前一个数字比较，所以从第二个数字开始遍历，那么就需要给 swap 和 noSwap 数组的第一个数字提前赋值，swap[0] 赋值为1，因为其表示i位置需要交换，noSwap[0] 赋值为0，因为其表示i位置不需要交换。
好，下面来分析最难的部分，状态转移方程。由于这道题限制了一定能通过交换生成两个同时严格递增的数组，那么两个数组当前位置和前一个位置之间的关系只有两种，一种是不用交换，当前位置的数字已经分别大于前一个位置，另一种是需要交换后，当前位置的数字才能分别大于前一个数字。那么来分别分析一下，如果当前位置已经分别大于前一位置的数了，那么讲道理是不需要再进行交换的，但是 swap[i] 限定了我们必须要交换当前位置i，那么既然当前位置要交换，那么前一个位置 i-1 也要交换，同时交换才能继续保证同时递增，这样 swap[i] 就可以赋值为 swap[i-1] + 1 了。而 noSwap[i] 直接赋值为 noSwap[i-1] 即可，因为不需要交换了。第二种情况是需要交换当前位置，才能保证递增。那么 swap[i] 正好也是要交换当前位置，而前一个位置不能交换，那么即可以用 noSwap[i-1] + 1 来更新 swap[i]，而 noSwap[i] 是不能交换当前位置，那么可以通过交换前一个位置来同样实现递增，即可以用 swap[i-1] 来更新 noSwap[i]，当循环结束后，在 swap[n-1] 和 noSwap[n-1] 中返回较小值即可，参见代码如下：
解法一：
class Solution {
public:
int minSwap(vector<int>& A, vector<int>& B) {
int n = A.size();
vector<int> swap(n, n), noSwap(n, n);
swap[0] = 1; noSwap[0] = 0;
for (int i = 1; i < n; ++i) {
if (A[i] > A[i - 1] && B[i] > B[i - 1]) {
swap[i] = swap[i - 1] + 1;
noSwap[i] = noSwap[i - 1];
}
if (A[i] > B[i - 1] && B[i] > A[i - 1]) {
swap[i] = min(swap[i], noSwap[i - 1] + 1);
noSwap[i] = min(noSwap[i], swap[i - 1]);
}
}
return min(swap[n - 1], noSwap[n - 1]);
}
};
我们可以优化上面解法的空间复杂度，由于当前位置的值只跟前一个位置相关，所以并不需要保存整个数组，用四个变量来分别表示当前位置和前一个位置的各两种状态，可以实现同样的效果，参见代码如下：
解法二：
class Solution {
public:
int minSwap(vector<int>& A, vector<int>& B) {
int n1 = 0, s1 = 1, n = A.size();
for (int i = 1; i < n; ++i) {
int n2 = INT_MAX, s2 = INT_MAX;
if (A[i - 1] < A[i] && B[i - 1] < B[i]) {
n2 = min(n2, n1);
s2 = min(s2, s1 + 1);
}
if (A[i - 1] < B[i] && B[i - 1] < A[i]) {
n2 = min(n2, s1);
s2 = min(s2, n1 + 1);
}
n1 = n2;
s1 = s2;
}
return min(n1, s1);
}
};
Github 同步地址：
https://github.com/grandyang/leetcode/issues/801
类似题目：
Best Time to Buy and Sell Stock with Transaction Fee
参考资料：
https://leetcode.com/problems/minimum-swaps-to-make-sequences-increasing/solution/
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