【综合笔试题】难度 3/5，挺有意思的一道题（既可图论，也可贪心）

题目描述

这是 LeetCode 上的**「765. 情侣牵手」**，难度为 「Hard」。

对情侣坐在连续排列的 个座位上，想要牵到对方的手。

计算最少交换座位的次数，以便每对情侣可以并肩坐在一起。

一次交换可选择任意两人，让他们站起来交换座位。

人和座位用  到  的整数表示，情侣们按顺序编号，第一对是 ，第二对是 ，以此类推，最后一对是 。

这些情侣的初始座位  是由最初始坐在第 个座位上的人决定的。

示例 1:

输入: row = [0, 2, 1, 3]输出: 1解释: 我们只需要交换row[1]和row[2]的位置即可。

示例 2:

输入: row = [3, 2, 0, 1]输出: 0解释: 无需交换座位，所有的情侣都已经可以手牵手了。

说明:

• 是偶数且数值在  范围内。

• 可以保证 row 是序列  的一个全排列。

并查集

首先，我们总是以「情侣对」为单位进行设想：

1. 当有两对情侣相互坐错了位置，ta们两对之间形成了一个环。需要进行一次交换，使得每对情侣独立（相互牵手）

2. 如果三对情侣相互坐错了位置，ta们三对之间形成了一个环，需要进行两次交换，使得每对情侣独立（相互牵手）

3. 如果四对情侣相互坐错了位置，ta们四对之间形成了一个环，需要进行三次交换，使得每对情侣独立（相互牵手）

也就是说，如果我们有 对情侣形成了错误环，需要交换 次才能让情侣牵手。

于是问题转化成 对情侣中，有多少个这样的环。

可以直接使用「并查集」来做。

由于 0和1配对、2和3配对 … 因此互为情侣的两个编号除以 2 对应同一个数字，可直接作为它们的「情侣组」编号。

代码：

 class Solution {int[] p = new int[70];void union(int a, int b) {p[find(a)] = p[find(b)];}int find(int x) {if (p[x] != x) p[x] = find(p[x]);return p[x];}public int minSwapsCouples(int[] row) {int n = row.length, m = n / 2;for (int i = 0; i < m; i++) p[i] = i;for (int i = 0; i < n; i += 2) {union(row[i] / 2, row[i + 1] / 2);}int cnt = 0;for (int i = 0; i < m; i++) {if (i == find(i)) cnt++;}return m - cnt;}
}

• 时间复杂度：

• 空间复杂度：

贪心算法

还是以「情侣对」为单位进行分析：

由于题目保证有解，我们也可以从前往后（每两格作为一步）处理，对于某一个位置而言，如果下一个位置不是应该出现的情侣的话。

则对下一个位置进行交换。

同时为了方便我们找到某个值的下标，需要先对 进行预处理（可以使用哈希表或数组）。

代码：

class Solution {public int minSwapsCouples(int[] row) {int n = row.length;int ans = 0;int[] cache = new int[n];for (int i = 0; i < n; i++) cache[row[i]] = i;for (int i = 0; i < n - 1; i += 2) {int a = row[i], b = a ^ 1;if (row[i + 1] != b) {int src = i + 1, tar = cache[b];cache[row[tar]] = src;cache[row[src]] = tar;swap(row, src, tar);ans++;}}return ans;}void swap(int[] nums, int a, int b) {int c = nums[a];nums[a] = nums[b];nums[b] = c;}
}

• 时间复杂度：

• 空间复杂度：

证明

我们这样的做法本质是什么？

「其实相当于，当我处理到第 k 个位置的时候，前面的 k - 1 个位置的情侣已经牵手成功了。我接下来怎么处理，能够使得总花销最低。」

分两种情况讨论：

a. 现在处理第 k 个位置，使其牵手成功：

那么我要使得第 k 个位置的情侣也牵手成功，那么必然是保留第 k 个位置的情侣中其中一位，再进行修改，这样的成本是最小的（因为只需要交换一次）。

而且由于前面的情侣已经牵手成功了，因此交换的情侣必然在 k 位置的后面。

然后我们再考虑交换左边或者右边对最终结果的影响。

分两种情况来讨论：

1. 与第 k 个位置的匹配的两个情侣不在同一个位置上：这时候无论交换左边还是右边，后面需要调整的「情侣对数量」都是一样。假设处理第 k 个位置前需要调整的数量为 n 的话，处理完第 k 个位置（交换左边或是右边），需要调整的「情侣对数量」都为 n - 1 。

2. 与第 k 个位置的匹配的两个情侣在同一个位置上：这时候无论交换左边还是右边，后面需要调整的「情侣对数量」都是一样。假设处理第 k 个位置前需要调整的数量为 n 的话，处理完第 k 个位置（交换左边或是右边），需要调整的「情侣对数量」都为 n - 2 。

因此对于第 k 个位置而言，交换左边还是右边，并不会影响后续需要调整的「情侣对数量」。

b. 现在先不处理第 k 个位置，等到后面的情侣处理的时候「顺便」处理第 k 位置：

由于我们最终都是要所有位置的情侣牵手，而且每一个数值对应的情侣数值是唯一确定的。

因此我们这个等“后面”的位置处理，其实就是等与第 k 个位置互为情侣的位置处理（对应上图的就是我们是在等 【0 x】和【8 y】或者【0 8】这些位置被处理）。

由于被处理都是同一批的联通位置，因此和「a. 现在处理第 k 个位置」的分析结果是一样的。

不失一般性的，我们可以将这个分析推广到第一个位置，其实就已经是符合「当我处理到第 k 个位置的时候，前面的 k - 1 个位置的情侣已经牵手成功了」的定义了。

综上所述，我们只需要确保从前往后处理，并且每次处理都保留第 k 个位置的其中一位，无论保留的左边还是右边都能得到最优解。

最后

这是我们「刷穿 LeetCode」系列文章的第 No.765 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，我们将先将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：。

在仓库地址里，你可以看到系列文章的题解链接、系列文章的相应代码、LeetCode 原题链接和其他优选题解。

【综合笔试题】难度 3/5，挺有意思的一道题（既可图论，也可贪心）

题目描述

这是 LeetCode 上的**「765. 情侣牵手」**，难度为 「Hard」。

对情侣坐在连续排列的 个座位上，想要牵到对方的手。

计算最少交换座位的次数，以便每对情侣可以并肩坐在一起。

一次交换可选择任意两人，让他们站起来交换座位。

人和座位用  到  的整数表示，情侣们按顺序编号，第一对是 ，第二对是 ，以此类推，最后一对是 。

这些情侣的初始座位  是由最初始坐在第 个座位上的人决定的。

示例 1:

输入: row = [0, 2, 1, 3]输出: 1解释: 我们只需要交换row[1]和row[2]的位置即可。

示例 2:

输入: row = [3, 2, 0, 1]输出: 0解释: 无需交换座位，所有的情侣都已经可以手牵手了。

说明:

• 是偶数且数值在  范围内。

• 可以保证 row 是序列  的一个全排列。

并查集

首先，我们总是以「情侣对」为单位进行设想：

1. 当有两对情侣相互坐错了位置，ta们两对之间形成了一个环。需要进行一次交换，使得每对情侣独立（相互牵手）

2. 如果三对情侣相互坐错了位置，ta们三对之间形成了一个环，需要进行两次交换，使得每对情侣独立（相互牵手）

3. 如果四对情侣相互坐错了位置，ta们四对之间形成了一个环，需要进行三次交换，使得每对情侣独立（相互牵手）

也就是说，如果我们有 对情侣形成了错误环，需要交换 次才能让情侣牵手。

于是问题转化成 对情侣中，有多少个这样的环。

可以直接使用「并查集」来做。

由于 0和1配对、2和3配对 … 因此互为情侣的两个编号除以 2 对应同一个数字，可直接作为它们的「情侣组」编号。

代码：

 class Solution {int[] p = new int[70];void union(int a, int b) {p[find(a)] = p[find(b)];}int find(int x) {if (p[x] != x) p[x] = find(p[x]);return p[x];}public int minSwapsCouples(int[] row) {int n = row.length, m = n / 2;for (int i = 0; i < m; i++) p[i] = i;for (int i = 0; i < n; i += 2) {union(row[i] / 2, row[i + 1] / 2);}int cnt = 0;for (int i = 0; i < m; i++) {if (i == find(i)) cnt++;}return m - cnt;}
}

• 时间复杂度：

• 空间复杂度：

贪心算法

还是以「情侣对」为单位进行分析：

由于题目保证有解，我们也可以从前往后（每两格作为一步）处理，对于某一个位置而言，如果下一个位置不是应该出现的情侣的话。

则对下一个位置进行交换。

同时为了方便我们找到某个值的下标，需要先对 进行预处理（可以使用哈希表或数组）。

代码：

class Solution {public int minSwapsCouples(int[] row) {int n = row.length;int ans = 0;int[] cache = new int[n];for (int i = 0; i < n; i++) cache[row[i]] = i;for (int i = 0; i < n - 1; i += 2) {int a = row[i], b = a ^ 1;if (row[i + 1] != b) {int src = i + 1, tar = cache[b];cache[row[tar]] = src;cache[row[src]] = tar;swap(row, src, tar);ans++;}}return ans;}void swap(int[] nums, int a, int b) {int c = nums[a];nums[a] = nums[b];nums[b] = c;}
}

• 时间复杂度：

• 空间复杂度：

证明

我们这样的做法本质是什么？

「其实相当于，当我处理到第 k 个位置的时候，前面的 k - 1 个位置的情侣已经牵手成功了。我接下来怎么处理，能够使得总花销最低。」

分两种情况讨论：

a. 现在处理第 k 个位置，使其牵手成功：

那么我要使得第 k 个位置的情侣也牵手成功，那么必然是保留第 k 个位置的情侣中其中一位，再进行修改，这样的成本是最小的（因为只需要交换一次）。

而且由于前面的情侣已经牵手成功了，因此交换的情侣必然在 k 位置的后面。

然后我们再考虑交换左边或者右边对最终结果的影响。

分两种情况来讨论：

1. 与第 k 个位置的匹配的两个情侣不在同一个位置上：这时候无论交换左边还是右边，后面需要调整的「情侣对数量」都是一样。假设处理第 k 个位置前需要调整的数量为 n 的话，处理完第 k 个位置（交换左边或是右边），需要调整的「情侣对数量」都为 n - 1 。

2. 与第 k 个位置的匹配的两个情侣在同一个位置上：这时候无论交换左边还是右边，后面需要调整的「情侣对数量」都是一样。假设处理第 k 个位置前需要调整的数量为 n 的话，处理完第 k 个位置（交换左边或是右边），需要调整的「情侣对数量」都为 n - 2 。

因此对于第 k 个位置而言，交换左边还是右边，并不会影响后续需要调整的「情侣对数量」。

b. 现在先不处理第 k 个位置，等到后面的情侣处理的时候「顺便」处理第 k 位置：

由于我们最终都是要所有位置的情侣牵手，而且每一个数值对应的情侣数值是唯一确定的。

因此我们这个等“后面”的位置处理，其实就是等与第 k 个位置互为情侣的位置处理（对应上图的就是我们是在等 【0 x】和【8 y】或者【0 8】这些位置被处理）。

由于被处理都是同一批的联通位置，因此和「a. 现在处理第 k 个位置」的分析结果是一样的。

不失一般性的，我们可以将这个分析推广到第一个位置，其实就已经是符合「当我处理到第 k 个位置的时候，前面的 k - 1 个位置的情侣已经牵手成功了」的定义了。

综上所述，我们只需要确保从前往后处理，并且每次处理都保留第 k 个位置的其中一位，无论保留的左边还是右边都能得到最优解。

最后

这是我们「刷穿 LeetCode」系列文章的第 No.765 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，我们将先将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：。

在仓库地址里，你可以看到系列文章的题解链接、系列文章的相应代码、LeetCode 原题链接和其他优选题解。