妙妙题。

下文中令根节点的深度为 $0$。

我们先考虑如何找出根节点 $r$，显然的有 $f_{r,k} = \bigoplus\limits_{u = 1}^n [\text{dep}_u = k]w_u$，我们不妨思考如何求出 $g_k = \bigoplus\limits_{u = 1}^n [\text{dep}_u = k]w_u$。

结论 1：所有 $f_{u, k + 1}$ 的异或和即为 $\bigoplus\limits_{u = 1}^n [\text{dep}_u = k]w_u$。

对于每个 $u$ 计算出到其距离为 $k + 1$ 的节点个数的奇偶性，从而判断其对答案有无贡献。

若 $\text{dep}_u = k$，则在 $u$ 子树内有偶数个节点到 $u$ 的距离为 $k + 1$，在 $u$ 的子树外只有 $1$ 个节点到 $u$ 的距离为 $k + 1$（不妨假设 $u$ 在根节点的左子树中，那么唯一的节点 $v$ 就是根节点的右儿子），总个数为奇数，其对答案的贡献为 $w_u$。

若 $\text{dep}_u \lt k$，子树内仍然是有偶数个节点，子树外的部分，我们考虑 $u$ 的每个祖先 $f$（不妨设 $u$ 在 $f$ 的左子树内），钦定 $v$ 在 $f$ 的右子树内，则对于每个 $f$，我们都有偶数个节点 $v$ 满足条件，于是其对答案的贡献为 $0$。

若 $\text{dep}_u \gt k$，子树内同理，子树外还是考虑 $u$ 的每个祖先 $f$，对于 $\text{dep}_u - \text{dep}_f\lt k$ 的祖先，我们都有偶数个满足条件的 $v$，对于 $\text{dep}_u - \text{dep}_f = k$ 的祖先，我们只有一个节点（即 $f$ 的右儿子）满足条件，对于 $\text{dep}_u - \text{dep}_f = k + 1$ 的祖先，同样也只有一个节点（即 $f$ 本身）满足条件，所以总个数为偶数，对答案贡献为 $0$。

于是，只有深度为 $k$ 的节点会被计算贡献，也就证明了上述引理。

现在我们已经求出了 $g_k$，我们将其与每个节点的 $f$ 逐一比对，找出根节点 $r$（注意要判断 $k\geq h$ 时，$f_{r, k}$ 是否全为 $0$）。

接下来我们考虑如何求出根节点的权值，注意到我们只需求出所有节点的权值异或和即可，于是问题转化为如何求出所有节点的权值异或和。

结论 2：对于两个节点 $u, v$，若 $\text{dis}(u, v)$ 为奇数，则所有点权的异或和即为：

$$\bigoplus\limits_{k = 1}^{2h - 2}[2\nmid k]f_{u, k}\oplus f_{v, k} $$

若 $\text{dis}(u, v)$ 为偶数，则上述式子为 $0$。

我们要证明的就是，对于两个节点 $u, v$，若 $\text{dis}(u, v)$ 为奇数，则到 $u$ 距离为奇数的点集 $S_u$ 和到 $v$ 距离为奇数的点集 $S_v$ 交集为空，且并集为全集。

其实已经很显然了，对于一个节点，要么它到 $u$ 的距离为奇数，要么它到 $v$ 的距离为奇数，容易证明这两者是对立的。

$u, v$ 距离为偶数的证明也是类似，这里不再赘述。

于是我们只需随意固定一个点，枚举另外一个点，根据结论 2 中的式子求出异或和，若该值不为 $0$，则所有点权的异或和即为该值（如果得到的所有值均为 $0$，那么说明所有点权的异或和就是 $0$），然后就能求出根节点的权值 $w$。

总的时间复杂度为 $\mathcal{O}(h2^h)$。

#include <bits/stdc++.h>

using i64 = long long;

constexpr int N = 1e5 + 5, LOG = 16;

int T, n, h;
int f[N][LOG << 1], g[LOG];

void solve() {
	std::cin >> h; n = (1 << h) - 1;
	for (int u = 1; u <= n; u++) for (int k = 1; k <= 2 * h - 2; k++) std::cin >> f[u][k];
	for (int k = 1; k < h; k++) {
		g[k] = 0;
		for (int u = 1; u <= n; u++) g[k] ^= f[u][k + 1];
	}
	for (int u = 1; u <= n; u++) {
		bool ok = true;
		for (int k = 1; k < h; k++) ok &= (g[k] == f[u][k]);
		for (int k = h; k <= 2 * h - 2; k++) ok &= (f[u][k] == 0);
		if (ok) {
			int v1 = (u == 1 ? 2 : 1), all = 0;
			for (int v2 = 1; v2 <= n; v2++) if (v1 != v2) {
				all = 0;
				for (int k = 1; k <= 2 * h - 2; k += 2) all ^= f[v1][k] ^ f[v2][k];
				if (all != 0) break;
			}
			int w = all;
			for (int k = 1; k < h; k++) w ^= f[u][k];
			return std::cout << u << " " << w << "\n", void();
		}
	}
}

int main() {

	std::ios::sync_with_stdio(false);
	std::cin.tie(nullptr);

	std::cin >> T;
	while (T--) solve();

	return 0;
}