这个真的很容易想到吗？
首先定 \(1\) 为根，设每个点的深度是 \(d_i\)，则两个点之间的距离是 \(d_{i}+d_{i+1}-2d_{LCA(i,i+1)}\)。题目中相当于给出了 \(n-1\) 个方程和 \(n-1\) 个限制，要解出一个 \(n-1\) 元的方程。因为限制是从 \(1\to n-1\) 给出的，所以不可能包含，因此解至多只有一个。所以可以不用管限制，将这个解解出来之后看是否满足限制即可。
然后就开始人类智慧了。你会发现每个方程中假设我们已经知道了 \(d_i\)，在推出 \(d_{i+1}\) 的过程中还需要知道 \(d_{LCA(i,i+1)}\)，这不好。但是如果给出的是边权的异或和而不是和，那么这就好办。边权的异或和就是 \(d_i\operatorname{xor}d_{i+1}\)，这样就可以推出所有 \(d\)。
最离谱的事情就是这个和位运算一点没有关系的题要按位考虑。考虑最低位，在不考虑进位的情况下等价于异或，因此我们可以将每个\(d\) 的最低位推出来。之后在每条路径中刨除最低位的贡献之后，次低位就可以看成异或，仍然可以推出来。因此可以在 \(O(n\log n+n\log V)\) 时间内推出所有的 \(d\)，之后 check 是平凡的。