首先我們發現每兩個點會構成一對，他們公用一條邊，且邊集不能共用任何一個點

如果我們可以找到這樣的邊集使得所有點都被選中，那麼bob是必贏的，否則是必輸的

原因是，我們對於每個點都能找到一個對應匹配的點，不論alice選什麼，bob都有的選，直到alice選不到

那麼反之alice必勝，因為alice只要找到一個未匹配點即可。

這裡再簡單分析一下：

1.假設alice選了一個未匹配點，bob不可能直接選到一個未匹配點，不然就能使他們匹配

2.bob只能選一個匹配點，這樣先後手轉換，alice總能找到bob選的對應的匹配點，並且因為我們已經是最大匹配了，所以bob不可能找到未匹配點，否則原來的匹配就不是最大的

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<ll,int> pll;
const int N=1e6+10;
const int inf=0x3f3f3f3f;
int h[N],e[N],ne[N],idx;
int f[N];
void add(int a,int b){
    e[idx]=b,ne[idx]=h[a],h[a]=idx++;
}
void dfs(int u,int fa){
    f[u]=0;
    int i;
    for
 
(i=h[u];i!=-1;i=ne[i]){
        int j=e[i];
        if(j==fa)
            continue;
        dfs(j,u);
        f[u]+=f[j];
    }
    if(!f[u])
        f[u]=1;
    else{
        f[u]--;
    }
}
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    memset(h,-1,sizeof h);
    int i;
    int n;
    cin>>n;
    
 
for(i=1;i<n;i++){
        int a,b;
        cin>>a>>b;
        add(a,b);
        add(b,a);
    }
    dfs(1,-1);
    if(f[1]==0){
        cout<<"Bob"<<endl;
    }
    else{
        cout<<"Alice"<<endl;
    }
    return 0;
}