problem

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solution

考虑一条 $(u,v)$ 的红边，在蓝树上 $u,v$ 两点距离 $\ge 3$。

如果先手到达 $u,v$ 其中任何一点且下一步后手行动无法抓住先手，那么这个游戏就将进入死循环了。

通过画图，你会发现这个结论是成立的，后手一旦接近先手，先手就立马到边的另一点，再次拉远与后手的距离。（钓系）

这是我们判断 -1 的有利结论。（将这些点打上标记）

先手想要最大化游戏轮数，换言之先手会想方设法地走一些红边到达标记点。

而这些可走边 $(u,v)$ 自然而然均满足在蓝树上 $u,v$ 的距离 $\le 2$。

我们将蓝树以 $y$ 为根提起来，那么先手的起点 $x$ 就在内部。

对于后手肯定是往先手所在的子树靠近，而先手也是一定不可能跨过后手到其上方去。

最极端就是先手点在蓝树上是后手点儿子，先手最多也只能往上跳两步，然后变成后手父亲下一步就被抓。还不如一开始不往上跳。

所以先手是不可能跨过后手的，一旦跨过下一步就被抓住。

基于此我们可以推出，如果一个点 $p$ 在红树上与 $x$ 的距离 $\ge$ $p$ 在蓝树上与 $y$ 的距离，那么后手一定会在先手走到 $p$ 的路上或 $p$ 点将其抓住。

所以这种点，先手绝对不可能走，走就是去送死。那么唯一能走的就是在红树上与 $x$ 的距离 $<$ 在蓝树上与 $y$ 的距离的点。

所以我们可以 $\text{dfs}$ ，通过可以走的边到达符合限制的点。

如果这些点中有被标记的，那么就能进入无限循环。

否则最大答案一定是点在红树上与 $x$ 的最大距离 $\times 2$，即到了站在原地等着抓。

code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 200005
int n, x, y, ans;
vector < int > R[maxn], B[maxn];
pair < int, int > E[maxn];
int dis_b[maxn], dis_r[maxn], f[maxn];
bool vis[maxn];void dfs1( int u, int fa ) {f[u] = fa;for( int v : B[u] ) if( v ^ fa ) {dis_b[v] = dis_b[u] + 1;dfs1( v, u );}
}bool check( int u, int v ) {if( dis_b[u] < dis_b[v] ) swap( u, v );if( dis_b[u] == dis_b[v] ) return f[u] ^ f[v];if( dis_b[u] == dis_b[v] + 1 ) return f[u] ^ v;if( dis_b[u] == dis_b[v] + 2 ) return f[f[u]] ^ v;return 1;
}void dfs2( int u, int fa ) {if( vis[u] ) { puts("-1"); exit(0); }ans = max( ans, dis_b[u] );for( int v : R[u] )if( v ^ fa ) {dis_r[v] = dis_r[u] + 1;if( dis_r[v] < dis_b[v] ) dfs2( v, u );}
}int main() {scanf( "%d %d %d", &n, &x, &y );for( int i = 1, u, v;i < n;i ++ ) {scanf( "%d %d", &u, &v );R[u].push_back( v );R[v].push_back( u );E[i] = make_pair( u, v );}for( int i = 1, u, v;i < n;i ++ ) {scanf( "%d %d", &u, &v );B[u].push_back( v );B[v].push_back( u );}dfs1( y, 0 );for( int i = 1;i < n;i ++ ) {int u = E[i].first, v = E[i].second;if( check( u, v ) ) vis[u] = vis[v] = 1; //判断u,v是否是无限循环点}dfs2( x, 0 );printf( "%d\n", ans << 1 );return 0;
}