问题：给定两个长度相同的数组A和B，我们可以交换两个数组中下标相同的两个数字A[i]和B[i]。假设输入的两个数组在交换若干次之后，一定能变成严格递增的数组。输入两个数组，请问至少需要交换多少次使得两个数组都变成严格递增的？
例如输入数组A = [1, 3, 5, 4]，B = [1, 2, 3, 7]。如果交换A[3]和B[3]，得到A = [1, 3, 5, 7]，B = [1, 2, 3, 4]，此时两个数组都是严格递增的。因此输出是1。
分析：这是LeetCode的第801题。
通常如果算法面试题是求一个问题的最优解（求最大值或者最小值），那么我们优先考虑动态规划。这是算法面试的一个常用套路。这个题目也不例外，可以用动态规划求解。
应用动态规划的第一步用递归的思路找出规律。假设我们想求出长度为i的两个数组需要交换的最少次数。长度为i的数组A和B相当于在长度为i-1的两个数组的末尾各增加一个数字。由于我们可能交换两个数组的第i个数字，也可能不交换，因此我们需要两个函数f1(i)和f2(i)，其中f1(i)是当我们不交换第i个数字时使长度为i的两个数组变成递增数组的最少交换次数，f2(i)是当我们交换第i个数字时使长度为i的两个数组变成递增数组的最少交换次数。
接着我们根据题目的特点找出这个函数的递归关系。记住交换的目标是让两个数组都变成递增的。如果数组中A[i] <= A[i-1]或者B[i] <= B[i]，这意味着如果我们不想交换第i个数字，那么我们一定要交换两个数组的第i-1个数字，即f1(i) = f2(i - 1)；如果我们想交换两个数组的第i个数字，那么一定不能交换两个数组的第i-1个数字，即f2(i) = f1(i - 1) + 1。
如果数组中A[i] <= B[i - 1]或者B[i] <= A[i - 1]，这意味着如果我们不想交换两个数组的第i个数字，那么一定不能交换两个数组第i-1个数字，即f1(i) = f1(i - 1)；如果我们打算交换两个数组的第i 个数字，那么一定要交换两个数组的第i-1个数字，即f2(i) = f2(i - 1) + 1。
除了上述两种情况之外，不管是否交换了两个数组中的第i-1个数字，我们可以自由选择交换或者不交换两个数组中的第i个数字。因此f1(i) = min(f1(i - 1), f2(i - 1))，f2(i) = min(f1(i - 1), f2(i - 1)) + 1。
假设两个数组的长度为n，那么f1(n)和f2(n)的最小值就是这个题目的最优解。
我们可以用递归代码求解上述两个递归函数，只是时间效率很低。为了优化时间效率，我么需要两个长度为n的数组dp1和dp2，其中dp1[i]缓存f1(i)的值，而dp2[i]缓存f2(i)的值。
我们也可以用循环的代码自下而上求解。这个题目如果用自下而上的方法求解，可以进一步优化空间效率。我们注意到求解dp1[i]和dp2[i]只需要用到dp1[i - 1]和dp2[i - 1]两个值，我们并不真的需要两个数字，可以只用两个变量来缓存。
优化之后的代码如下所示：
public int minSwap(int[] A, int[] B) {
int count1 = 0;
int count2 = 1;
for (int i = 1; i < A.length; ++i) {
if (A[i] <= A[i - 1] || B[i] <= B[i - 1]) {
int temp1 = count2;
int temp2 = count1 + 1;
count1 = temp1;
count2 = temp2;
} else if (A[i] <= B[i - 1] || B[i] <= A[i - 1]) {
count2 += 1;
} else {
int temp1 = Math.min(count1, count2);
int temp2 = Math.min(count1, count2) + 1;
count1 = temp1;
count2 = temp2;
}
}
return Math.min(count1, count2);
}上述代码中，变量count1保存函数f1(i)的值，而count2保存函数f2(i)的值。
由于代码中有一个for循环，因此时间复杂度是O(n)。由于我们只用了两个变量缓存中间结果，因此空间复杂度是O(1)。