https://zybuluo.com/ysner/note/1140124
题面
解析
看着这道题。。。
似乎与[HNOI/AHOI2018]道路有不可言妙的相似之处。
（题面吓人，但是题本身很水)
首先明确每个交汇处只能转一次。
那转还是不转呢？
只要转了能使状态更优，就转嘛。。。
设每个子树有三种状态：(0)为只有高玩具，(1)为只有低玩具，(2)为两者兼备。
于是：
- 当(l=2,r=1)时，转
- 当(l=0,r=1)时，转
- 当(l=0,r=2)时，转(
特么一开始漏了）
枚举一下，发现其它情况都不转就可以了，但(l=2,r=2)也是一种无解情况。
然后考虑边界：
- (max=min)，输出(0)
- (max>min+1)，输出(-1)
该题于是变成递归题，复杂度(O(2n))
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define re register
#define il inline
#define fp(i,a,b) for(re int i=a;i<=b;i++)
#define fq(i,a,b) for(re int i=a;i>=b;i--)
using namespace std;
const int N=1e5+100;
int n,s[N][2],d[N],f[N],mn=1e9,mx=-1e9;
ll ans;
bool flag=1;
il int gi()
{
re int x=0,t=1;
re char ch=getchar();
while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9')) ch=getchar();
if(ch=='-') t=-1,ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-48,ch=getchar();
return x*t;
}
il void dfs(re int u,re int dep)
{
if(u==-1) return;
if(s[u][0]==-1||s[u][1]==-1) mn=min(mn,dep+1),mx=max(mx,dep+1);
dfs(s[u][0],dep+1);dfs(s[u][1],dep+1);
}
il int work(re int u,re int dep)
{
if(u==-1) return (dep==mn?0:1);
re int l=work(s[u][0],dep+1),r=work(s[u][1],dep+1);
if(l==2&&r==2) flag=0;
if((l==2&&r==1)||(l==0&&r==1)||(l==0&&r==2)) ans++;
if(l==2||r==2||l!=r) return 2;
if(l==r) return l;
}
int main()
{
n=gi();
fp(i,1,n) s[i][0]=gi(),s[i][1]=gi();
dfs(1,0);
if(mx>mn+1) {puts("-1");return 0;}
if(mx==mn) {puts("0");return 0;}//两极
work(1,0);
if(!flag) {puts("-1");return 0;}
printf("%lld
",ans);
return 0;
}