傳送門

這道題好巧妙啊……

首先根據題目大意可以知道如果有風鈴的深度差值大於1的話那麼肯定是不合法的，風鈴的深度就可以被看成高的和低的（霧）。

然後，我們要進行交換，但是交換其實並不會改變一個節點所在的子樹，也就是說，你不可能把某一個子樹從樹裡面分裂出來再放回去，所以，如果一個節點的左右兩棵子樹內全都又有高風鈴，又有低風鈴，那麼肯定是無法交換完成的。

否則的話，一共有三種情況需要我們交換：

1.左邊全都是深度低的，右邊全都是深度高的

2.左邊全是深度低的，右邊深度高低的都有

3.左邊深度高低的都有，右邊全是深度高的。

因為我們是遞迴返回的時候從下向上進行交換，所以我們可以保證在某一層進行交換的時候，子樹一定是有序的，所以以上三種情況我們每次交換隻要交換一次既滿足情況。同時我們可以返回的時候特判不合法情況，同時返回下一層情況。我的做法是用0,1,2來表示上面三種情況，直接返回即可。

看一下程式碼。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<set>
#include<queue>
#define rep(i,a,n) for(int i = a;i <= n;i++)
#define per(i,n,a) for(int i = n;i >= a;i--)
#define enter putchar('\n')

using
 
 namespace std;
typedef long long ll;
const int M = 100005;
const int INF = 1000000009;

int read()
{
    int ans = 0,op = 1;
    char ch = getchar();
    while(ch < '0' || ch > '9')
    {
    if(ch == '-') op = -1;
    ch = getchar();
    }
    while(ch >= '0' && ch <= '9')
    {
    ans *= 10;
    ans 
 
+= ch - '0';
    ch = getchar();
    }
    return ans * op;
}

struct node
{
    int lc,rc;
}t[M];

int n,ans,maxn = 0,minn = 100000000;
bool flag;

void dfs(int x,int depth)
{
    if(x == -1)
    {
    minn = min(minn,depth),maxn = max(maxn,depth);
    return;
    }
    dfs(t[x].lc,depth+1),dfs(t[x].rc,depth+1);
}

int solve(int x,int depth)
{
    if(x == -1) return (depth == minn) ? 0 : 1;
    int a = solve(t[x].lc,depth+1),b = solve(t[x].rc,depth+1);
    if((a == 0 && b == 1) || (a == 2 && b == 1) || (a == 0 && b == 2)) ans++;
    if(a == 2 || b == 2)
    {
    if(a == 2 && b == 2) flag = 1;
    return 2;
    }
    if(!a && !b) return 0;
    if(a + b == 1) return 2;
    if(a == 1 && b == 1) return 1;
}

int main()
{
    n = read();
    rep(i,1,n) t[i].lc = read(),t[i].rc = read();
    dfs(1,0);
    if(maxn - minn > 1) printf("-1\n");
    else if(maxn == minn) printf("0\n");
    else
    {
    solve(1,0);
    flag ? printf("-1\n") : printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}