神仙思维题还是要写点东西才好。
树
每次操作把相邻且同色的点反色，直接这样思考会发现状态有很强的后效性，没办法考虑转移。
因为树是二分图，所以我们转化模型：在树的奇数层的所有点上都有一枚棋子，每次可以将棋子移向相邻的空位，目标状态是树的偶数层的所有点上都有棋子。
这样的互换总次数有没有一个下界呢？
我们求出(a_i)表示点(i)子树中棋子数量与空位数量之差（可以是负数），那么(i)的父边就至少要交换(|a_i|)次。
为什么呢？子树里面空位比棋子少的话，肯定要通过父边把(a_i)个棋子送出去，才能移进来(a_i)个空位。反之亦然。
于是，如果(a_{rt})（根）不为(0)就无解，否则(sumlimits_{i=1}^n|a_i|)就是答案下界。
然后，仔细推一下发现它就是答案。
对于一个点，它的父边和所有子边的移进移出的顺序，和其它点的顺序是互相独立的。
等于说我们总能安排一个合法的顺序，使得它们一进一出一进一出。。。这样完整地衔接起来，而不会互相矛盾。
基环树
环长为偶数
显然的想法：把整个环当做根，不在环上的点的答案照算不误。所以把多出来一条边去掉做好树形DP。
首先这还是一个二分图，因此(a_{rt})不为(0)同样无解。
于是，似乎这条边存在的意义只有分摊一部分转移、减少总次数了。
那么接下来要做的是，确定环上每条边的移动方向和次数。
设环长为(n)，(A_i)为以(i)为根求得的(a)值，(x_i)为环上第(i)条边的移动参数（正负表示方向，绝对值表示次数）
因为进出平衡，我们可以得到一个方程组
这时候我们发现上面那个方程组是没有唯一解的。那到底该分摊多少呢？
不着急，我们着眼于最小化(sum|x_i|)，再把方程组整一整
每一行的(A)都是前缀和的形式，在树形DP的时候对应的是环上的每个点的(a)。
看到这儿就豁然开朗了。这不等于说，数轴上有若干个点取值分别为每一个(a)，找到一个点(x_1)使它到所有点距离之和最小？
把所有(a)排序，(x_1)不就可以取第(frac n 2)大的数到第(frac n 2+1)大的数之间的任意整数么？
最后把环上的DP值改一改就OK了。
环长为奇数
因为不是二分图了，所以直接解方程好像做不下去。我们从更直观的意义来理解它。
仍然是去掉一条边做树形DP。这时候我们看看，在这条非树边上操作，在奇偶染色模型下等价于什么呢？
没错，两个棋子会在这里同时变成空位，两个空位会在这里同时变成棋子！
那这条边存在的意义，是把棋子或空位中多的减掉、少的补上。要操作多少次呢？(frac{sum A_i}{2})，在树形DP中对应的是(frac{a_{rt}}{2})。
注意如果(a_{rt})是奇数那么无解。否则环底部的(A)发生了变化，导致要把环上的(a)都减掉(frac{a_{rt}}{2})。
最后的最后扫一遍数组统计答案。代码没有任何难点。
#include<bits/stdc++.h>
#define R register int
#define G if(++ip==ie)if(fread(ip=buf,1,SZ,stdin))
using namespace std;
const int SZ=1<<19,N=1e5+9,M=2*N;
char buf[SZ],*ie=buf+SZ,*ip=ie-1;
inline int in(){
G;while(*ip<'-')G;
R x=*ip&15;G;
while(*ip>'-'){x*=10;x+=*ip&15;G;}
return x;
}
int he[N],ne[M],to[M],f[N],a[N],b[N];
int Getf(R x){
return x==f[x]?x:f[x]=Getf(f[x]);
}
void Dfs(R x,R op){
a[x]=op;
for(R y,i=he[x];i;i=ne[i])
if((y=to[i])!=f[x])
f[y]=x,Dfs(y,-op),a[x]+=a[y];
}
int main(){
R n=in(),m=in(),rt=1,re=1,p=0,ans=0;
for(R i=1;i<=n;++i)f[i]=i;
for(R p=0,i=1;i<=m;++i){
R x=in(),y=in();
if(Getf(x)!=Getf(y))f[f[x]]=f[y];
else{rt=x,re=y;continue;}//把多的边单独拿出来
ne[++p]=he[x];to[he[x]=p]=y;
ne[++p]=he[y];to[he[y]=p]=x;
}
f[rt]=0;Dfs(rt,1);
if(n==m){//基环树
for(R x=re;x;x=f[x])b[++p]=a[x];
if(p&1){//奇环
if(a[rt]&1)return puts("-1"),0;
for(R x=re;x;x=f[x])a[x]-=a[rt]>>1;
}
else{//偶环
if(a[rt])return puts("-1"),0;
sort(b+1,b+p+1);
for(R x=re;x;x=f[x])a[x]-=b[p>>1];
}
}//树
else if(a[rt])return puts("-1"),0;
for(R i=1;i<=n;++i)ans+=abs(a[i]);
return cout<<ans<<endl,0;
}