/*
首先获得神谕用容斥。
就可以只看上限。
那么大的必然包含小的区间。
用上我们的结论，如果大的选到小的区间里，就可以把他们交换，从而得到另一个符合要求的序列，那么这个%2就可以消掉。
那么对于一个选好的上限序列，我们只需要排序后计算prod?{1~n}(x[i]-x[i-1])
也就是选择的序列必须相隔都是奇数才可以计入。
因为%2，所以容斥时+1-1没区别。
现在还是算不了啊
如果我们同时选择了l-1和r会怎么样呢？
并不会怎么样。
？
对于原来就选择了l-1的方案，如果加上r，那么如果插在奇数中间，必定出现偶数。不会计算。
如果插在最后并是奇数距离，那么就计算了一次。
等一会儿。
一共n个，n的距离，必须每个都是距离1才行啊。
也就是每一个选择l-1,r中的一个，最后覆盖1~n的方案数。
那么如果l-1=0，必选r，不连边
否则将l-1和r连一条边。
如果必选有重复就直接返回0
统计每个连通块里是否只有一个必选。
如果>1就0，如果==0就看siz奇偶.
如果有环，就0.
*/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int t,n,l,r,ans,edg[1000010],siz[1000010],fa[1000010],bx[1000010];
bool bix[1000010];
void read(int &hhh)
{
	int x=0;
	char c=getchar();
	while(c>'9'||c<'0') c=getchar();
	while(c>='0'&&c<='9')
	{
		x=(x<<1)+(x<<3)+(c^'0');
		c=getchar();
	}
	hhh=x;
}
int findfa(int x)
{
	if(fa[x]==x)	return x;
	return fa[x]=findfa(fa[x]);
}
int main()
{
	freopen("sample.in","r",stdin);
	read(t);
	while(t--)
	{
		read(n);
		ans=1;
		for(int i=1;i<=n;++i)
		{
			fa[i]=i;
			bix[i]=0;
			bx[i]=0;
			siz[i]=1;
			edg[i]=0;
		}
		for(int i=1;i<=n;++i)
		{
			read(l);
			read(r);
			if(l==1)
			{
				if(bix[r])    ans=0;
				bix[r]=1;
				++bx[findfa(r)];
			}
			else
			{
				int u=findfa(l-1),v=findfa(r);
				if(u!=v)
				{
					fa[u]=v;
					siz[v]+=siz[u];
					bx[v]+=bx[u];
					edg[v]+=edg[u]+1;
				}
				else	++edg[v];
			}
		}
		for(int i=1;i<=n;++i)
		{
			if(findfa(i)==i)
			{
				// printf(" %d %d %d %d\n",bx[i],siz[i],edg[i],i);
				if(bx[i]>1)	ans=0;
				else if(bx[i]==1)
				{
					if(siz[i]<=edg[i])	ans=0;
				}
				else
				{
					if(siz[i]!=edg[i])	ans=0;
				}
			}
		}
		printf("%d\n",ans);
	}
	return 0;
}