[cf1610I]Mashtali vs AtCoder

考虑$k=1$时的问题（即AGC017D），可以参考这里（与后面有关系，建议阅读）

而对于所有$k$，仍以1为根建树，并将整棵树分为若干个独立的问题——

1.对于内部不存在固定点的极大子树，显然其再加上根父亲即是一个独立的问题，结合上题结论，这个问题的sg值为这棵子树的sg值+1

2.对于去掉上述子树后剩下的部分，不妨看作一棵无根树，其满足度为1的节点均是固定点（其余点也可以是固定点，但事实上并不关心），且显然这也是一个独立的问题

结论：这棵树的sg值为边数$mod\ 2$

引理：对于存在固定点的树（不要求度为1的节点均是固定点），其sg值$\equiv $边数$(mod\ 2)$

将引理和结论一起对节点个数归纳，考虑此时的一棵树，对其分类讨论：

1.若该树所有度为1的节点均是固定点，考虑仅一次操作不会导致删除，因此去掉一条边后两个子问题的sg值异或和由引理$\not\equiv$边数$(mod\ 2)$，进而其$mex$可以取到边数$mod\ 2$，也即$sg\le $边数$mod\ 2$

当边数为偶数时结论已经成立，考虑边数为奇数时，任取一个度为1的节点和距其最近的度不为2的节点（对于度为2的节点，总有唯一的出边，因此该点唯一），并在两者的路径上去边

假设路径长度为$l$，将$l$分为$x$和$y$两段（其中$x+y=l-1$），这两段在新问题中都将作为第一种情况，而去掉后又是一个第2种情况，可以由归纳假设确定其sg值

具体的，不难得到这个新问题的sg值为$x\oplus y\oplus (l\ mod\ 2)\oplus 1$，再对$l$的奇偶性分类讨论即可构造$x$和$y$使得其的值为0，也即$sg$恰为1（边数为奇数时）

同时，显然对于引理也即成立

2.若该树所有度为1的节点不均是固定点，将其按照之前的方式分为若干个独立的问题，注意到每一条边恰属于一个子问题，且每一个子问题点数均严格小于该树，由归纳假设成立

结合sg函数的性质，将上述所有（独立的）问题sg值异或即为原问题的sg值

实现上，预处理出所有子树的sg值以及$k=1$时的答案，考虑将$k$固定并维护答案

考虑$k$向上所有子树内不存在（除$k$以外的）固定点的位置，假设依次为$a_{1},a_{2},...,a_{t}$（包括$k$本身），分析可得即将答案异或上$\bigoplus_{i=1}^{t}sg_{a_{i}}\oplus (sg_{a_{i}}+1)$，且第2部分的边数加上$t$

这个如何找直接暴力即可，注意到一个节点至多被暴力找一次，均摊总复杂度为$o(n)$

总复杂度为$o(n)$，可以通过

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 300005
vector<int>v[N];
int n,x,y,cnt,ans,f[N],vis[N],sg[N];
void dfs(int k,int fa){
    f[k]=fa;
    for(int i=0;i<v[k].size();i++)
        if (v[k][i]!=fa){
            dfs(v[k][i],k);
            sg[k]^=sg[v[k][i]]+1;
        }
}
int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<n;i++){
        scanf("%d%d",&x,&y);
        v[x].push_back(y);
        v[y].push_back(x);
    }
    dfs(1,0);
    cnt=0,ans=sg[1],vis[1]=1;
    if (ans)printf("1");
    else printf("2");
    for(int i=2;i<=n;i++){
        for(int j=i;!vis[j];j=f[j]){
            vis[j]=1;
            cnt++,ans^=(sg[j]^(sg[j]+1));
        }
        if (ans^(cnt&1))printf("1");
        else printf("2");
    }
    return 0;
}