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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。
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:
2 <= nums1.length <= 10^5nums2.length == nums1.length0 <= nums1[i], nums2[i] <= 2 * 10^5
思考
本题难度复杂。
首先是读懂题意。给出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。最终返回 使 nums1 和 nums2 严格递增 所需操作的最小次数 。
我们可以使用动态规划来解题。定义dp[i][j]表示在数组索引 i 处选择互换或者不互换时的操作总次数，其中 i 表示数组nums1和nums2的位置索引为i，j 只有两类值：0表示不交换，1表示交换。那么，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，初始化数组。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。
有以下几种情况：
nums1与nums2递增且互换后也递增，比如 2 5、3 6。
nums1与nums2递增但互换后不递增，比如 2 5、6 7。
nums1与nums2不递增，比如 5 9、7 6。
这几种情况下，分别求出 dp[i][0]和dp[i][1]的值。最后，返回dp[*nums1*.length - 1][0]和dp[*nums1*.length - 1][1]中的最小值即可。
解答
方法一：动态规划
/**
* @param {number[]} nums1
* @param {number[]} nums2
* @return {number}
*/
var minSwap = function(nums1, nums2) {
let dp = new Array(nums1.length).fill(0).map(() => new Array(2).fill(0))
dp[0] = [0, 1]
for (let i = 1; i < nums1.length; i++) {
let 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])
dp[i][1] = dp[i][0] + 1
} else if (a1 < a2 && b1 < b2) {
dp[i][0] = dp[i - 1][0]
dp[i][1] = dp[i - 1][1] + 1
} else {
dp[i][0] = dp[i - 1][1]
dp[i][1] = dp[i - 1][0] + 1
}
}
return Math.min(dp[nums1.length - 1][0], dp[nums1.length - 1][1])
}
复杂度分析：
- 时间复杂度：O(n)，其中 n 为数组 nums1 和 nums2 的长度。
- 空间复杂度：O(2n)。
