有一棵 n 个节点的树，初始时所有节点都为空。Alan 和 Bob 在树上玩游戏，双方轮流进行，Alan先手。每轮中，Alan 可以选择一个空节点 x，在 x 上放一个波澜哥；Bob 每轮可以选择一个空节点 y，将 y 节点以及所有与 y 相邻的节点上都放置一个面筋哥。可能存在节点既有波澜哥，又有面筋哥。当所有节点非空时，游戏结束。
由于面筋哥比较得劲，Alan 和 Bob 认为如果一个节点上有面筋哥，那么该节点是“石灰”的。如果游戏结束时，所有节点都是“石灰”的，Bob 取得胜利；否则，Alan 取得胜利。
Bob 求胜心切，会趁 Alan 不注意切开一些树边。Bob 可以在任意时刻执行切边操作，包括游戏开始前，每回合 Alan 操作前，自己操作前，自己操作后，以及游戏结束后。不过谨慎起见，Bob 不会切边超过 K 条。求双方都是最优决策的情况下，谁会取得胜利。
是一个非常奇妙的结论题
我们手玩一下发现一个问题，如果一个联通块大小不为2，那么一定是Alan胜利，下面给出了详细证明：
所以，我们只需要对树做一个完美匹配，让后看看k是否大于n/2-1就行了
#pragma GCC optimize("O3")
#pragma G++ optimize("O3")
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#define N 500010
using namespace std;
int n,k,h[N],f[N],cnt;
struct edge{ int v,nt; } G[N<<1];
inline void adj(int x,int y){
G[++cnt]=(edge){y,h[x]}; h[x]=cnt;
G[++cnt]=(edge){x,h[y]}; h[y]=cnt;
}
inline void dfs(int x,int p){
f[x]=1;
for(int v,i=h[x];i;i=G[i].nt)
if((v=G[i].v)!=p){
dfs(v,x);
if(f[v]<0){ f[x]=-1; return; }
f[x]-=f[v];
}
}
int main(){
freopen("shampagne.in","r",stdin);
freopen("shampagne.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&k);
if((n&1)||(k<(n-1>>1))) return 0&puts("Alan");
for(int x,y,i=1;i<n;++i){
scanf("%d%d",&x,&y);
adj(x,y);
}
dfs(1,0);
if(f[1]) puts("Alan"); else puts("Bob");
}