16分做法：考虑bfs树，但是需要改造。
在bfs过程中，我们一点一点拓展和根节点距离为(d)的点。
考虑每次批量拓展距离为(d)的点。
求出一个点的所有出边可以：
把一个点到根的所有边点亮，然后枚举每条边(i)，每个点(j)，如果点亮(i)后(j)和根节点连通，则(j)有(i)这个出边
点亮(i)的每个出边（编号）和到根的所有边（编号），查询距离(>d)的所有点(k)，如果和根节点连通，则(i->k)有一条边。
考虑距离为(d)的点和距离(>d)的点的所有边，凭借这些边显然可以知道bfs树的深度为(d+1)的所有节点的父亲边和(leq d+1)的所有点的导出子图里的边。
操作次数(O(n^2m))
33分做法：
考虑随机化整体二分
如果随机边，则我们不知道点的信息，不太能做。
设(solve(s1,s2))表示现在边集合为(s1)，点集合(s2)
当(card(s2)=1)时把(s2)的元素插入答案序列的末尾。
否则考虑每次随机取一个点(x)，把所有边点亮后把(s1)的所有边删除。
如果删除后(x)和(0)连通则这条边在(x)右边，否则在(x)左边。
考虑每个点的位置，把所有左边的边全部点亮，如果当前点(y)和(0)连通，则把(y)归到左边，否则归到右边。
由于随机数据笛卡尔树的期望深度和，所以操作次数(O(nlog_2n))
57分做法：
一个(O(n^2))和标算不同的做法：考虑类似33分一样把所有边依次删除后，询问某个点(x)是否和(0)连通。
这样子得到了一个点到根的所有边的集合。
设第(i)个点到根节点的集合为(s_i)。
如果(card(s_i)+1=card(s_j),card(s_j-s_i)=1)，显然(i)和(j)有边，可以报告答案。
不知道为什么不给这个部分分，感觉还是和标算有点关系的。
一个(O(nlog_2n))的做法：此部分并非独立想出。
参考题解划分成链，标记边后均摊（这个trick又没有想到，见过好几次了。。。。）和"父亲比儿子小序"。
考虑把树划分成链（随便剖分），使得每个点在且只在一条链上。
根据前面的启发，考虑从小到大循环每个点，设循环到(i)。
由于我们擅长求出当前点到根的边，考虑维护(0)和([1...i])的点的链并。
在插入(i)时，我们希望在均摊新点个数(log_2n)的时间复杂度内找到(i)到根节点上比链并新增的边。
考虑一个序列(A)，它包含(0...n-2)这(n-1)条边，把所有已经在链并的所有边删除。
问题转化成：有若干个被标记的点，可以询问一个集合内是否包含标记点，希望在标记点个数(log_2n)的询问次数求出所有标记点。
这是经典问题，可以二分。
新增的边一定是链状的。
考虑新增边接在哪条链上，然后求出接的边在这条链的那个位置。
前者可以二分，像树上分治fft一样，定义链的序为它的链头的dfs序
（实际上让父亲的编号比儿子小即可）
在二分的过程中把([1,md])的链上的所有边和新增边全部点亮，然后询问(i)和根节点是否连通。
找到位置(md)使得点亮编号([1,md])的链的所有边 ，(i)和根节点连通，而([1,md-1])却不。
求出接的边在这条链的那个位置，可以在链上二分，点亮所有其他链，找到第一个位置(md)使得点亮拓扑序([1,md])的所有边 ，(i)和根节点连通，而([1,md-1])却不。
即可求出接的边在这条链的那个位置。
如果在链尾，则可以把当前链接在链尾，然后用随机整体二分求出当前链的情况。
否则可以给当前链分配一个比所有链都要大的标号。
易知这合法。