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首先注意到这个问题事实上非常复杂（两棵树上博弈），基础的转化无效，于是考虑简化情形。
手玩很多样例可以发现，似乎很容易出现无限循环的情况，进一步地，有观察：
- 若第一棵树上存在相邻点 (u, v) 在第二棵树上距离 (> 2)，那么只要走到 (u, v) 其中一个点先手一定存在策略能够无限循环下去。
显然走到哪个点是对称的，不妨假设走到 (u)。
那么先手可以在后手走到 (u) 在第二棵树上相邻点时移动到 (v)，由于树上路径唯一，后手不可能在一次操作内移动到 (v)。
借此，我们将满足上述情形的点对称作关键点，它们的连边称作关键边。
注意到我们不需要考虑关键边（因为走了关键边必定在此之前走到了关键点），于是我们将关键边全部删去，第一棵树变为森林，此时问题转化为：
- 先手从 (X) 开始走，走到关键点赢，后手从 (Y) 开始追赶 (X) 碰到了后手赢（先手无法赢的时候尽可能最大化步数，后手尽可能最小化步数）。确定双方谁赢并且在后手赢的时候输出最大步数。
由于此时第一棵树上的连边在第二棵树上距离 (le 2)，因此考虑以第二棵树为主树将第一棵树在其上连虚边（这样方便观察）。
此时貌似仍然没有头绪，考虑 弱化问题：所有第一棵树上连边在第二棵树上距离 (=1)。
此时显然有如下观察（证明不难）：
- 后手每次的最优策略一定是向先手方向移动。
- 先手的最优策略一定是走到一个不会在路径过程中被后手撞到的（最远）位置然后
乖乖等死，或找到一个不会在路径过程中被后手撞到的关键点（优先）。
对于后者，不难发现这些位置 (u) 满足：(dis_{X, u} < dis_{Y, u})。
充分性显然，必要性可以考虑先手的最优策略。
那么找到满足上述条件点中 (dis_{Y, u}) 的最大值即可，答案就是其的两倍。
回到原问题，我们做类似的观察可以发现先手后手的最优策略与弱化问题一致！
我们容易证明：先手在与后手距离 (le 2) 的时候最优策略是远离先手 / 不动（无路可走）。
因此可以证明先手的最优策略。
而后手的最优策略显然是先手最优策略下的答案上界。
因此只需要找到可行点的判定条件即可。
不难发现，此时一个点可行当且仅当：
- 其在第一棵树上的所有祖先（以 (X) 为根）(u)（包含其本身）满足：(disA_{X, u} < disB_{Y, u})
充分性考虑归纳证明。
必要性容易通过先手在与后手距离 (le 2) 的时的必胜策略证明（先手不会在 (ge) 的位置继续向后手靠近）
于是直接找到上述的可行点判定先手是否赢 / 后手赢情况下的最多次数即可。
复杂度 (mathcal{O}(n log n))，瓶颈在于求树上两点距离，当然本题中只需要判定距离是否 (le 2)，于是可以容易优化至 (mathcal{O}(n))，但没太大必要。