传送门

题意：

给你$n$张卡片，每张卡片正面写有数字$a$，反面写有数字$b$，$[1,2\ast n]$之间的整数在这些数字中都恰好出现一次，我们认为这$n$张牌是排好序的当且仅当$a_i<a_{i+1},b_i>b_{i+1}$，你现在有两种操作：
$(1)$将第$i$张牌翻过来。
$(2)$重新排序$n$张牌，顺序任意。
问最少需要翻几次牌，或者无解。

思路：

首先如果存在一个位置的$a_i<n,b_i<n$，那么由鹊巢原理可知，一定存在某一位置$a_i>n,b_i>n$，这两个牌的位置不管怎么牌都不符合要求，这种情况无解。
之后我们考虑将$[1,n]$都翻到正面，之后设$f(i)$表示与$i$卡片对应的数。之后我们就将卡牌转换成了$(i,f(i))$这样的形式。目前我们保证了正面的$i$是递增的，反面是不确定的，答案一定是将某些牌翻面，让后放在最后面，因为反面之后$[1,n]$的数到反面，一定小于$[n+1,n\ast 2]$，且反面之后还需要将其$reverse$一下，因为在正面是升序，反面应该降序。这样就需要对我们的$f(i)$有要求了，先给出结论：能将$f(i)$分成至多两个单调下降子序列的时候才有解。 我们观察一下上面说的情况，在翻面之后，翻面之后还反面的肯定是需要单调递减的，而翻到正面的由于我们需要$reverse$一下， 在$reverse$之后需要递增，那么原来也需要递减，所以结论成立。
现在问题就变成将$f(i)$分成至多两个单调递减的子序列，这个是个经典贪心问题，直接用两个栈，当小于某个栈的时候直接放进去就好了。但是这个题需要翻最少的次数，我们怎么才能保证是最优解呢？题解有一个很妙的方法，就按照$mi{n}_{j<=i}f(j)>ma{x}_{j>i}f(j)$分成若干段，即在$i,i+1$之间加一块隔板，就可以将这几段分成若干个子问题，这几段满足如下两个性质：
$(1)$每段都相互独立
$(2)$每段内的划分方案是唯一的。
独立是比较容易想到的，因为保证了$mi{n}_{j<=i}f(j)>ma{x}_{j>i}f(j)$，所以每两段答案一定是可以接在一起的。
方案唯一性的证明想了好长时间也没想明白，就不说了。
这样的话对于每一段，维护两个栈，贪心的选就好了。

//#pragma GCC optimize("Ofast,no-stack-protector,unroll-loops,fast-math")
//#pragma GCC target("sse,sse2,sse3,ssse3,sse4.1,sse4.2,avx,avx2,popcnt,tune=native")
//#pragma GCC optimize(2)
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<string>
#include<cstring>
#include<map>
#include<cmath>
#include<cctype>
#include<vector>
#include<set>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<sstream>
#include<ctime>
#include<cstdlib>
#define X first
#define Y second
#define L (u<<1)
#define R (u<<1|1)
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define Mid (tr[u].l+tr[u].r>>1)
#define Len(u) (tr[u].r-tr[u].l+1)
#define random(a,b) ((a)+rand()%((b)-(a)+1))
#define db puts("---")
using namespace std;

//void rd_cre() { freopen("d://dp//data.txt","w",stdout); srand(time(NULL)); }
//void rd_ac() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//AC.txt","w",stdout); }
//void rd_wa() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//WA.txt","w",stdout); }

typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<int,int> PII;

const int N=1000010,mod=1e9+7,INF=0x3f3f3f3f;
const double eps=1e-6;

int n;
int f[N],c[N];
int pre[N],suf[N];
PII p[N];

int get(int l,int r)
{
    int len1,len2,top1,top2,c1,c2;
    len1=len2=c1=c2=0;
    top1=top2=INF;
    int flag=0;
    for(int i=l;i<=r;i++)
    {
        if(top1>f[i]) top1=f[i],c1+=c[i],len1++;
        else if(top2>f[i]) top2=f[i],c2+=c[i],len2++,flag=1;
        else return -1;
    }
    return min(c1+len2-c2,c2+len1-c1);
}

int main()
{
//	ios::sync_with_stdio(false);
//	cin.tie(0);

    int flag=1;
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        int a,b; scanf("%d%d",&a,&b);
        if(a>b) swap(a,b),c[a]=1;
        if(a>n&&b>n) flag=0;
        p[i]={a,b}; f[a]=b;
    }
    if(!flag) { puts("-1"); return 0; }
    pre[1]=f[1]; suf[n]=f[n];
    for(int i=2;i<=n;i++) pre[i]=min(pre[i-1],f[i]);
    for(int i=n-1;i>=1;i--) suf[i]=max(suf[i+1],f[i]);
    pre[0]=INF;
    LL ans=0;
    int cnt=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        int st=i;
        cnt++;
        while(pre[i]<=suf[i+1]) i++;
        int now=get(st,i);
        if(now==-1) { puts("-1"); return 0; }
        ans+=now;
    }
    printf("%lld\n",ans);



	return 0;
}
/*
5 3 2 1 4
*/