AT_agc034_e

首先看到题目，容易想到一个简单很多的情况：在一条链上，且终点确定。此时就可以把终点两边的点分开，分别计算到终点的距离之和，看是否相等即可。

没有确定终点时，枚举一个终点即可。

考虑将这种做法带入本题。先 $O(n)$ 枚举终点，然后会发现，这其实是一个判定问题：如果可以全部到终点，那么答案就是 $\dfrac{\sum_{c_i=1}dep_i}{2}$。这一点下面会证明。$c_i$ 表示点 $i$ 上是否有棋子。

此时发现没什么突破口，于是开始找性质。我们称一个棋子 $x$ 和 $y$ 向他们中心，向上移动为 $x$ 被 $y$ 拉起来。

Lemma 1：用一个 $x$ 的祖先拉起它是没有意义的。

Proof：首先，进行这样的操作之后 $dep$ 之和是不变的，所以不会使答案更小。那么使这个操作有意义，就只有一种可能：它让 $x$ 点被拉起来的机会增加了。

经过思考可以发现，$x$ 被拉上去是不会使机会增加的，因为这只可能会增加和他互为祖先后代关系的点的数量。而没有这种的点对很明显是更好地将两个点都拉起来的。

Lemma 2：如果只考虑以 $x$ 为根的子树内的点能不能被拉到根，优先找子树内的两个点操作是更优的。

Proof：如果先找一个子树外的点和一个子树内的点操作，可能子树内原有 $(x,y)$ 是有意义的操作，操作后就不是了。

再回到题目，由于 Lemma 2，我们是从一个子树再向外操作，很容易想到树形 dp。问题就在于怎样定义状态。

考虑记录经过若干次操作，子树内棋子到根 $dep$ 之和。但是此时 $dep$ 之和最小不一定是最优的，因为我们可能需要用这些点去拉起来子树外的点，所以考虑记录一个范围 $[f_u,g_u]$。容易发现，这个范围内奇偶性与端点相同的值都是可以取到的。

$g_u$ 的转移是 naive 的，因为写太久了所以不作讲解。对于 $f_u$ 的转移，我们一定是想办法尽量拉上来现在最深的点，其他就好办了。则我们要让最深的点尽可能靠近根。设 $siz_u$ 为 $u$ 子树内棋子数，$mx$ 为 $\max f_v+siz_v$。那其他点也尽可能深，但是不超过最深的，这样更有可能拉上来最深的点。则记 $s=\sum\min(g_v+siz_v,mx)$，如果 $s\ge 2\times mx$，那么显然是可以把所有点拉到根的，但是 $g_u\bmod 2=1$ 时例外，$\sum dep_i$ 最小为 $1$，否则 $f_u=2\times mx-s$。判断 $f_{rt}$ 是否为 $0$ 即可。

总复杂度 $O(n^2)$。

code：

int n,m,c[N],siz[N];
ll f[N],g[N];
char s[N];
int tot,head[N];
struct node{int to,nxt;}e[N<<1];
il void add(int u,int v){e[++tot]={v,head[u]},head[u]=tot;}
void dfs(int u,int fa){
	siz[u]=c[u];
	ll s=0,mx=0;
	go(i,u){
		int v=e[i].to;
		if(v==fa)continue;
		dfs(v,u);
		mx=max(mx,f[v]+siz[v]);
		g[u]+=g[v]+siz[v];
		siz[u]+=siz[v];
	}
	go(i,u){
		int v=e[i].to;
		if(v==fa)continue;
		s+=min(g[v]+siz[v],mx);
	}
	if(s>=2*mx)f[u]=g[u]&1;
	else f[u]=2*mx-s;
}
void Yorushika(){
	scanf("%d%s",&n,s+1);
	rep(i,1,n-1){
		int u,v;scanf("%d%d",&u,&v);
		add(u,v),add(v,u);
	}
	rep(i,1,n)c[i]=s[i]-'0';
	ll ans=1ll*inf*inf;
	rep(i,1,n){
		mems(f,0),mems(g,0);now=i;
		dfs(i,0);
		if(!f[i])ans=min(ans,g[i]/2);
	}
	printf("%lld\n",ans>1e15?-1:ans);
}
signed main(){
	int t=1;
	//	scanf("%d",&t);
	while(t--)
		Yorushika();
}