我们按照与对角线平行的线上的数来考虑。如果只考虑在一条这样的对角线上进行操作，那么就变成了一个普通的 Nim 游戏。而如果有很多对角线，不难发现在进行一次操作的时候，这个人可以把后面的所有对角线的状态改变。

于是我们考虑找出第一个异或和不为 $0$ 的对角线，这个对角线单看是先手必胜的。考虑先手对这个对角线进行一次操作把它的异或值变为 $0$ 。要么此时已经没有数了，先手胜利。要么后手会有一些选项：选择这条对角线或之前的对角线，这样的话必然会导致一条对角线的异或和变成非 $0$ ，先手可以继续操作。否则他会去选择这条对角线后面的对角线。但是后面的对角线可以由先手这一轮操作一下，使得后面的所有对角线的异或和都为 $0$ ，于是后手就没办法了。

于是就可以得出结论：后手必胜当且仅当所有对角线的异或和为 $0$ 。

#include "iostream"
#include "algorithm"
#include "cstring"
#include "cstdio"
#include "cmath"
#include "vector"
#include "map"
#include "set"
#include "queue"
using namespace std;
#define MAXN 136
//#define int long long
#define rep(i, a, b) for (int i = (a), i##end = (b); i <= i##end; ++i)
#define per(i, a, b) for (int i = (a), i##end = (b); i >= i##end; --i)
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define eb emplace_back
#define vi vector<int>
#define all(x) (x).begin() , (x).end()
#define mem( a ) memset( a , 0 , sizeof a )
typedef long long ll;
int n , m;
int A[MAXN][MAXN];

void solve() {
	cin >> n >> m;
	rep( i , 1 , n ) rep( j , 1 , m ) scanf("%d",A[i] + j);
	rep( t , 2 , n + m ) {
		int s = 0;
		rep( i , max( 1 , t - m ) , min( n , t - 1 ) ) {
			int j = t - i;
			s ^= A[i][j];
		}
		if( s ) { puts("Ashish"); return; }
	}  
	puts("Jeel");
}

signed main() {
    int T;cin >> T;while( T-- ) solve();
//    solve();
}