Part.1
一开始完全没有思路,想了一下，如果是分成两棵树，那就好做多了，首先想到的是统计一下以当前节点为根的子树的权值和，如果和为$sum\times\frac{1}{2}$，那么我们就找到了一个解。考虑我们也类似地记录一个$siz$表示以当前节点为根的子树的权值和，只要为$sum\times\frac{1}{3}$，它就可能是解的一个。
Part.2
我们在一遍$dfs$后可以找出可能很多是$sum\times\frac{1}{3}$的解，那么我们应该怎么选择呢？很容易想到，我们应该找到$LCA$不同的两个点，我们就找到了一组解。
Part.3
上述解法实际上是存在问题的（想一想，为什么）
我们考虑类似下面的一棵树：
很显然这棵树上子树权值和为$sum\times\frac{1}{3}$只有三号节点，但我们能不能把他分成三棵树呢？很显然是可以的（每个节点都分成一棵树），我们的解法应进一步考虑。考虑二号节点，它的权值和是$sum\times\frac{2}{3}$，那我们怎么处理呢？难道要把所有的$sum\times\frac{1}{3}$与$sum\times\frac{2}{3}$算出来，然后再一一匹配吗？
我们考虑另一种解法。$dfs$的特点是要在处理完儿子后才会处理当前节点，考虑儿子中有一个$sum\times\frac{1}{3}$，如果我们吧儿子的$sum\times\frac{1}{3}$变成$0$，那么它自身也变成了$sum\times\frac{1}{3}$，我们此时只用一个数组统计为$sum\times\frac{1}{3}$的节点就ok了，那么如果有两个儿子都是$sum\times\frac{1}{3}$呢？我们一定会先处理儿子，那么儿子都被统计了，自然就找到答案了。
我们只用输出找到的前两个答案即可。（这两个答案一定是我们上述提到的两种关系）
最后奉上高清无码的代码：
#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
const int maxn=1e6+5;
struct edge
{
int v,nxt;
}e[maxn<<1];
int head[maxn],kt;
int t[maxn],rt,n;
int ans[10],tot;
int sum;
template<typename T>
inline void read(T &x)
{
char c;int f=1;
while(!isdigit(c=getchar())) (c=='-')&&(f=-1);
x=c^48;
while(isdigit(c=getchar())) x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
x*=f;
}
inline void add(int u,int v) {e[++kt]=(edge){v,head[u]};head[u]=kt;}
void dfs(int u,int f)
{
for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt)
if(e[i].v!=f)
{
dfs(e[i].v,u);
t[u]+=t[e[i].v];
}
if(t[u]==sum/3)
ans[++tot]=u,t[u]=0;
}
int main()
{
int x;
read(n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
read(x);read(t[i]);
sum+=t[i];
if(x) add(x,i),add(i,x);
else rt=i;
}
if(sum%3)
{
puts("-1");
return 0;
}
dfs(rt,0);
if(tot<=2) puts("-1");
else printf("%d %d\n",ans[1],ans[2]);
return 0;
}