答案要求统计“走过的边数”，这个不是很好统计，但是统计“哪些点不需要去”比较简单：
- 没有金币的子树不需要去；
- 删去 1 之后的叶子结点不需要去；
- 删去 1,2 之后的叶子结点不需要去。
可以证明，其他的点都需要去到。
删去上述结点的依据是度数（都是叶子结点）和金币，自然地想到使用拓扑排序处理。
细节上，因为答案要求的是边而不是点，故需要将“删除点”转化为“删除点到自己父节点的边”，用一个变量统计剩余边数即可；如果所有的点全部删完，变量的值变成 \(-1\)，需要特判；因为要求回到出发点，答案为剩余边数乘以 \(2\)。
拓扑排序应当注意逐层删除，实现时切勿跨层删点，否则会导致点的度数出错。
下面是 AC 代码：
int collectTheCoins(vector<int>& coins, vector<vector<int>>& edges) {
int n = coins.size();
int m = n - 1;
vector<vector<int>> g(n);
vector<int> deg(n);
for(auto& e : edges) {
g[e[0]].push_back(e[1]);
g[e[1]].push_back(e[0]);
++deg[e[0]], ++deg[e[1]];
}
queue<int> q;
for(int i = 0; i < n; i++) {
if(deg[i] == 1 && !coins[i]){
q.push(i);
}
}
while(!q.empty()) {
--m;
int u = q.front();
q.pop();
for(int v : g[u]){
if(--deg[v] == 1 && !coins[v]){
q.push(v);
}
}
}
for(int u = 0; u < n; u++) {
if(deg[u] == 1 && coins[u]) {
q.push(u);
}
}
m -= q.size();
while(!q.empty()) {
int u = q.front();
q.pop();
for(int v : g[u]) {
if(--deg[v] == 1) {
m--;
}
}
}
return max(m * 2, 0);
}