题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6105
题意：Alice和Bob玩一个游戏，喷漆！现在有一棵树上边的节点最开始都没有被染色。游戏规则是： 1，Alice和Bob只能选择未被染色的节点染色，Alice染色成白色，Bob为黑色 2. Alice最先开始 3. Bob有k次机会可以把树上的线段剪断 4. 最后树上有白色Alice胜利，否则是Bob胜利 5,Bob染色的时候，与他相邻的节点被强制染成黑色。
解法： 先考虑Alice胜利的情况：Alice如果胜利的话有两种可能
1，最后落点是Alice
2，游戏中间Alice就已经胜利了
证明1：对于第一种来说，肯定是奇数个，但是是否能实现呢？答案是可以的，对于节点个数为奇数的树，Alice每次染色给叶子节点的父亲，那么Bob肯定只能染色这个叶子节点，Bob将会失去k次的优势，最后的落点是Alice，树上存在了白点，Alice胜利。
证明2：考虑下面的图：
当Alice放在f位置的时候其儿子成为了孤立节点，Alice只要放上一个就必赢，所以只要存在这样的结构Alice就胜利，也就是一个节点的“儿子数量” >= 2 ，这种结构并不是简单的数量上大于等于2，而是儿子的个数必须要是奇数个比如：
就不行。但是下面这个可以
那么剩下的情况就是Bob一定胜利吗？不是的，Bob如果想胜利的话n一定是偶数，并且必须可以利用他的k次机会把节点分成n/2部分，每一部分都是两个节点，否则还是会输，因为Alice先开始优势太大，比如：k = 0的时候
Alice 染色c,Bob 染色b，那么a直接被染色，剩下Alice染色d胜利。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 550;
int head[maxn], edgecnt;
struct node{
int to,next;
}E[maxn*2];
void add(int u, int v){
E[edgecnt].to=v,E[edgecnt].next=head[u],head[u]=edgecnt++;
}
void init(){
memset(head,-1,sizeof(head));
edgecnt=0;
}
int sz[maxn];
bool flag;
void dfs(int u, int pre){
if(flag) return;
sz[u] = 1;
int ans = 0;
for(int i=head[u]; ~i; i=E[i].next){
int v = E[i].to;
if(v == pre) continue;
dfs(v, u);
sz[u] += sz[v];
if(sz[v]%2==1) ans++;
}
if(ans>=2) flag=1;
} int main()
{
int T,n,k;
scanf("%d", &T);
while(T--)
{
scanf("%d%d",&n,&k);
flag=0;
init();
for(int i=2; i<=n; i++){
int x;
scanf("%d", &x);
add(i, x);
add(x, i);
}
dfs(1,-1);
if(flag||n%2) printf("Alice\n");
else if(n/2-1>k) printf("Alice\n");
else printf("Bob\n");
}
return 0;
}