$\text{Alice}$ 和 $\text{Bob}$ 又开始玩游戏了，他们已经把石子堆得比山还高了，现在他们要玩一种更新奇的游戏，这种游戏的规则如下：

• 给定一颗 $n$ 个节点的树，$\text{Alice}$ 和 $\text{Bob}$ 随机选择一个节点作为起点放上棋子，由 $\text{Alice}$ 先手。
• 轮到一方后可以将这颗棋子移动到树上任意一点，每次一方移动的距离必须比对方上一次移动的距离还要大，开始时默认为 $0$。
• 当一方不能再次移动之后判负。

现在 $\text{Alice}$ 和 $\text{Bob}$ 已经找到了一棵节点编号为 $1\sim n$ 的树准备开始游戏，作为博弈高手，$\text{Alice}$ 和 $\text{Bob}$ 均会做出最优的选择，选择一个节点后，他们知道游戏必然有一种必胜策略，现在他们想知道游戏的胜负，他们会询问你 $q$ 次，每次他们会选择一个节点询问，你只需要回答在最优策略下以这个为节点为起点的胜者是谁即可。

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由于每次移动的距离递增，考虑距离最大的时候，就是树的直径。这里的直径定义为一条包含最多点的路径。

显然，若一个点直径的一端，先手放这里一定会赢。于是“删除”原树上所有直径端点。

考虑现在的树的直径，现在树的直径的端点先手也是必胜的：如果先手放这里，先手可以把棋子移到现在直径的另一个端点，后手就只能移到原树直径的端点，先手移到另一个原树直径的端点，后手就操作不了了。

这样子每次删去直径的端点，直径的长度减少 $2$（仔细想想）。那么如果最后减少到 $1$ 时，放这个点先手必败；如果最后减少到 $2$，显然先手必胜。

结论：如果树的直径长度是奇数，那么直径中间那个点 $\text{Bob}$ 必胜，否则 $\text{Alice}$ 必胜；如果是偶数，所有的点都是 $\text{Alice}$ 必胜。

题外话，赛时我打了 70pts 暴力，剩下的就总司令（全输出 $\text{Alice}$），拿下 95pts。不可以，总司令！

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+1;
int n,q,maxdep,D;
int head[N],nxt[N<<1],to[N<<1],cnt,dep[N],fa[N];
void add(int u,int v)
{to[++cnt]=v;nxt[cnt]=head[u];head[u]=cnt;
}
void dfs(int u,int f)
{dep[u]=dep[f]+1;fa[u]=f;if(maxdep<dep[u]){maxdep=dep[u];D=u;}for(int i=head[u];i;i=nxt[i]) if(to[i]!=f) dfs(to[i],u);
}
int main()
{freopen("tree.in","r",stdin);freopen("tree.out","w",stdout);scanf("%d%d",&n,&q);for(int i=1,x,y;i<n;i++){scanf("%d%d",&x,&y);add(x,y),add(y,x);}dfs(1,0);maxdep=0;dfs(D,0);if(maxdep&1){for(int i=1;i*2<maxdep;i++) D=fa[D];while(q--){int x;scanf("%d",&x);puts(x^D?"Alice":"Bob");}}else while(q--) puts("Alice");
}