简要题意：（考虑到某些人搜题解只是懒得看题面）
特殊点从 (1) 号点出发，每次选择一个与当前选择连通块相连的点，加入连通块，并且把我们的特殊点向那个选的点移动一格。对每个点求是否能成为我们的特殊点的终点。(1) 处在一开始的连通块之中。
不错的一道题。但是如果要很快地写对需要冷静思考（像我就不知道在干什么）。像我这样的菜鸡看了题解才会……
先考虑简单的部分，即 (W = 3)，只输出 (1) 的答案。
先根据特殊点的深度的奇偶性来判断一个点有没有可能（即 (dep_x + n) 的奇偶性）。
根据套路，如果有一个子树的大小大于总大小的一半，那么那个子树显然能贡献很多，但是不一定会无解。如果不存在，显然能构造出一个方案（即分成三部分，一个部分里只有一个，另外两个部分大小分别都小于一半，显然有解）。
所以现在只要考虑那个最大的子树，如果我们把它消的小了，那么还是有可能的。记 (f_i) 为向 (i) 走能造成的最小的相对深度（不是相对 (i) 而是相对走到 (i) 的那个点，即 (i) 也会对这个深度产生贡献。这样做能方便各种地方的细节）。
显然，考虑如果 (u) 向 最大的子树 (v) 走，此时如果 (sz_u - sz_v - 1) 即其他子树的大小是比 (f_v) 大的，又因为 (sz_v > sz_u - sz_v - 1)，那么显然能构造出一种方案，使得 (v) 的贡献与 (sz_u - sz_v - 1) 相差不超过 (1) 。所以直接根据奇偶性进行转移，即 (f_u = sz_u - 1 mod 2)。
但是如果这个比不上 (f_v) ，那么其他的子树肯定是要拿去消 (f_v) 的，所以 (f_u = f_v - (sz_u - sz_v - 1) + 1)。
所以现在已经做完这个简单的部分了。考虑其他点的情况。因为路径上的点是必经的，所以如果把这条路径缩成一个点，上述的过程依然能进行。（因为如果点可行，那就是对消的，那么在链上显然可以）
所以我们仍维护那个最大的子树。因为一条链都缩成一个点了，那么这些子树都是原树某个点的子树。因此不必要考虑换根DP的各种细节，直接类似上面的过程处理下去即可。
注意数据的清空。同时因为变量初始化的原因，以及转移没推清楚，先RE了一发，又WA成45了一发。
#include <bits/stdc++.h>
const int MAXN = 100010;
int head[MAXN], nxt[MAXN << 1], to[MAXN << 1], tot;
void addedge(int b, int e) {
nxt[++tot] = head[b]; to[head[b] = tot] = e;
nxt[++tot] = head[e]; to[head[e] = tot] = b;
}
int sz[MAXN], fir[MAXN], sec[MAXN];
int f[MAXN], ansl[MAXN], n;
int cmp(int a, int b) { // a >= b
return sz[a] == sz[b] ? f[a] <= f[b] : sz[a] > sz[b];
}
void gx(int & fir, int & sec, int v) {
if (cmp(v, fir)) sec = fir, fir = v;
else if (cmp(v, sec)) sec = v;
}
void dfs1(int u, int fa = 0) {
sz[u] = 1;
for (int i = head[u]; i; i = nxt[i])
if (to[i] != fa) {
dfs1(to[i], u);
sz[u] += sz[to[i]];
gx(fir[u], sec[u], to[i]);
}
if (!fir[u]) return ;
int R = sz[u] - 1 - sz[fir[u]];
if (R > f[fir[u]]) f[u] = sz[u] + 1 & 1; else f[u] = f[fir[u]] + 1 - R;
// std::cout << u << ' ' << sz[u] << " : " << fir[u] << ' ' << sec[u] << " : " << f[u] << ' ' << R << std::endl;
}
void dfs2(int u, int fa = 0, int ma = 0, int dep = 0) {
int t, v;
gx(v = ma, t = 0, fir[u]);
if (dep + n & 1)
ansl[u] = n - dep - 1 - sz[v] >= f[v];
for (int i = head[u]; i; i = nxt[i]) if (to[i] != fa) {
gx(v = ma, t = 0, to[i] == fir[u] ? sec[u] : fir[u]);
dfs2(to[i], u, v, dep + 1);
}
}
int main() {
// freopen("1.in", "r", stdin);
std::ios_base::sync_with_stdio(false), std::cin.tie(0);
int W, T; std::cin >> W >> T;
while (T --> 0) {
std::cin >> n;
for (int i = 1, t1, t2; i < n; ++i) {
std::cin >> t1 >> t2;
addedge(t1, t2);
}
dfs1(1); dfs2(1);
for (int i = 1; i <= (W == 3 ? 1 : n); ++i)
std::cout << ansl[i];
std::cout << '
';
memset(head, 0, n + 1 << 2); tot = 0;
memset(ansl, 0, n + 1 << 2);
memset(fir, 0, n + 1 << 2);
memset(sec, 0, n + 1 << 2);
memset(f, 0, n + 1 << 2);
}
return 0;
}