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题目描述
这是 LeetCode 上的 801. 使序列递增的最小交换次数 ，难度为 困难。
Tag : 「状态机 DP」、「动态规划」
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 和 的元素。
例如，如果 ， ，你可以交换 处的元素，得到 和 。
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 。
注意：
用例保证可以实现操作。
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。
示例 2:
输入: nums1 = [0,3,5,8,9], nums2 = [2,1,4,6,9]
输出: 1
提示:
基本分析
这是一道很裸的状态机 DP 运用题。
由于每次交换只会发生在两数组的相同位置上，使得问题变得简单：仅需考虑交换当前位置后，当前元素与前后元素大小关系变化即可。
又因为我们会从前往后处理每个位置，因此只需要考虑当前位置与前一位置的大小关系即可。
状态机 DP
定义 为考虑下标范围为 的元素，且位置 的交换状态为 时（其中 为不交换， 为交换）两数组满足严格递增的最小交换次数。
最终答案为 ，同时我们有显而易见的初始化条件 和 ，其余未知状态初始化为正无穷。
不失一般性考虑 该如何转移：
- 若 且 （即顺序位满足要求），此时要么当前位置 和前一位置 都不交换，要么同时发生交换，此时有（分别对应两个位置「都不交换」和「都交换」）：
f[i][0] = f[i - 1][0] \\
f[i][1] = f[i - 1][1] + 1
\end{cases}$$
* 若 $nums1[i] > nums2[i - 1]$ 且 $nums2[i] > nums1[i - 1]$（即交叉位满足要求），此时当前位置 $i$ 和前一位置 $i - 1$ 只能有其一发生交换，此时有（分别对应「前一位置交换」和「当前位置交换」）：
$$ \begin{cases}
f[i][0] = \min(f[i][0], f[i - 1][1]); \\
f[i][1] = \min(f[i][1], f[i - 1][0] + 1)
\end{cases}$$
Java 代码：
```Java
class Solution {
public int minSwap(int[] nums1, int[] nums2) {
int n = nums1.length;
int[][] f = new int[n][2];
for (int i = 1; i < n; i++) f[i][0] = f[i][1] = n + 10;
f[0][1] = 1;
for (int i = 1; i < n; i++) {
if (nums1[i] > nums1[i - 1] && nums2[i] > nums2[i - 1]) {
f[i][0] = f[i - 1][0];
f[i][1] = f[i - 1][1] + 1;
}
if (nums1[i] > nums2[i - 1] && nums2[i] > nums1[i - 1]) {
f[i][0] = Math.min(f[i][0], f[i - 1][1]);
f[i][1] = Math.min(f[i][1], f[i - 1][0] + 1);
}
}
return Math.min(f[n - 1][0], f[n - 1][1]);
}
}
```
TypeScript 代码：
```TypeScript
function minSwap(nums1: number[], nums2: number[]): number {
const n = nums1.length
const f = new Array<Array<number>>(n)
f[0] = [0, 1]
for (let i = 1; i < n; i++) f[i] = [n + 10, n + 10]
for (let i = 1; i < n; i++) {
if (nums1[i] > nums1[i - 1] && nums2[i] > nums2[i - 1]) {
f[i][0] = f[i - 1][0]
f[i][1] = f[i - 1][1] + 1
}
if (nums1[i] > nums2[i - 1] && nums2[i] > nums1[i - 1]) {
f[i][0] = Math.min(f[i][0], f[i - 1][1])
f[i][1] = Math.min(f[i][1], f[i - 1][0] + 1)
}
}
return Math.min(f[n - 1][0], f[n - 1][1])
}
```
Python 代码：
```Python
class Solution:
def minSwap(self, nums1: List[int], nums2: List[int]) -> int:
n = len(nums1)
f = [[0, 0] for _ in range(n)]
for i in range(1, n):
f[i][0] = f[i][1] = n + 10
f[0][1] = 1
for i in range(1, n):
if nums1[i] > nums1[i - 1] and nums2[i] > nums2[i - 1]:
f[i][0], f[i][1] = f[i - 1][0], f[i - 1][1] + 1
if nums1[i] > nums2[i - 1] and nums2[i] > nums1[i - 1]:
f[i][0], f[i][1] = min(f[i][0], f[i - 1][1]), min(f[i][1], f[i - 1][0] + 1)
return min(f[n - 1][0], f[n - 1][1])
```
* 时间复杂度：$O(n)$
* 空间复杂度：$O(n)$
## 滚动数组
利用 $f[i][X]$ 仅依赖于 $f[i - 1][X]$，我们可以采用「滚动数组」的方式，通过机械性操作将空间优化到 $O(1)$。
Java 代码：
```Java
class Solution {
public int minSwap(int[] nums1, int[] nums2) {
int n = nums1.length;
int[][] f = new int[2][2];
f[0][1] = 1;
for (int i = 1; i < n; i++) {
int a = n + 10, b = n + 10;
int prev = (i - 1) & 1, cur = i & 1; // 避免重复的 & 操作
if (nums1[i] > nums1[i - 1] && nums2[i] > nums2[i - 1]) {
a = f[prev][0];
b = f[prev][1] + 1;
}
if (nums1[i] > nums2[i - 1] && nums2[i] > nums1[i - 1]) {
a = Math.min(a, f[prev][1]);
b = Math.min(b, f[prev][0] + 1);
}
f[cur][0] = a; f[cur][1] = b;
}
return Math.min(f[(n - 1) & 1][0], f[(n - 1) & 1][1]);
}
}
```
TypeScript 代码：
```TypeScript
function minSwap(nums1: number[], nums2: number[]): number {
const n = nums1.length
const f = new Array<Array<number>>(2)
f[0] = [0, 1], f[1] = [0, 0]
for (let i = 1; i < n; i++) {
let a = n + 10, b = n + 10
const prev = (i - 1) & 1, cur = i & 1
if (nums1[i] > nums1[i - 1] && nums2[i] > nums2[i - 1]) {
a = f[prev][0]
b = f[prev][1] + 1
}
if (nums1[i] > nums2[i - 1] && nums2[i] > nums1[i - 1]) {
a = Math.min(a, f[prev][1])
b = Math.min(b, f[prev][0] + 1)
}
f[cur][0] = a; f[cur][1] = b
}
return Math.min(f[(n - 1) & 1][0], f[(n - 1) & 1][1])
}
```
Python 代码：
```Python
class Solution:
def minSwap(self, nums1: List[int], nums2: List[int]) -> int:
n = len(nums1)
f = [[0, 1], [0, 0]]
for i in range(1, n):
a, b = n + 10, n + 10
prev, cur = (i - 1) & 1, i & 1
if nums1[i] > nums1[i - 1] and nums2[i] > nums2[i - 1]:
a, b = f[prev][0], f[prev][1] + 1
if nums1[i] > nums2[i - 1] and nums2[i] > nums1[i - 1]:
a, b = min(a, f[prev][1]), min(b, f[prev][0] + 1)
f[cur][0], f[cur][1] = a, b
return min(f[(n - 1) & 1][0], f[(n - 1) & 1][1])
```
* 时间复杂度：$O(n)$
* 空间复杂度：$O(1)$
## 最后
这是我们「刷穿 LeetCode」系列文章的第 `No.801` 篇，系列开始于 2021/01/01，截止于起始日 LeetCode 上共有 1916 道题目，部分是有锁题，我们将先把所有不带锁的题目刷完。
在这个系列文章里面，除了讲解解题思路以外，还会尽可能给出最为简洁的代码。如果涉及通解还会相应的代码模板。
为了方便各位同学能够电脑上进行调试和提交代码，我建立了相关的仓库：https://github.com/SharingSource/LogicStack-LeetCode 。
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