這道題是一道判斷無根樹同構的模板題，判斷同構主要的思路就是哈希。
一遇到哈希題，一百個人能有一百零一種哈希方式，這篇題解隨便選用了一種——類似楊弋《Hash在信息學競賽中的一類應用》中的這種，可能不是最簡潔好寫的，但是能用。
我的哈希規則：子樹\(u\)的哈希值由它的每一個子樹\(v_i\)的哈希值得來，首先將所有\(f(v)\)排個序（防止順序不同造成影響），然后\(f(u) = size(u) * \sum_i f(v_i)W^{i - 1} \bmod P\)，\(W\)是事先選取的一個位權，\(P\)是模數，\(size(u)\)是子樹\(u\)的大小。
這樣DFS一遍可求出以\(1\)號節點為根時，所有子樹的哈希值\(f(u)\)。
但是這是無根樹，我們想求出以任意節點為根時整棵樹的哈希值。
設\(fa_u\)為以\(1\)為根時\(u\)的父親，則上面的\(f(u)\)也是以\(fa_u\)為根時子樹\(u\)的哈希值。
再求一個\(g(u)\)表示以\(u\)為根時子樹\(fa_u\)的哈希值。這個\(g(u)\)怎么求呢？再DFS一遍，對於每個節點，\(g(u)\)由\(g(fa_u)\)以及\(u\)的每個兄弟\(v_i\)的\(f(v_i)\)得來。但是直接暴力枚舉的話在菊花圖上是\(O(n^2)\)的，那怎么辦呢？
對於每個節點\(u\)維護一個數組，存儲它所有兒子的哈希值\(f(v)\)，如果有父親，則\(g(u)\)也在里面，把這個數組排好序，求出每個前綴的哈希值和每個后綴的哈希值。這時，以\(u\)為根時整棵樹的哈希值就是整個數組的哈希值（再乘上子樹大小\(n\)）。
此時求每個兒子\(v\)的\(g(v)\)，就是從那個數組中間去掉\(f(v)\)后的哈希值，二分查找后把前綴哈希值和后綴哈希值拼起來就可以得到。記得乘上\(v\)為根時\(u\)的\(size\)即\(n - size(v)\)。
這樣就求出以每個節點為根的哈希值了。
把A的所有哈希值存到一個set里，然后枚舉B的每個度為1的點\(u\)，求出以\(u\)為根它的唯一子樹\(v\)的哈希值，如果set里有這個值，\(u\)就是所求的點之一。
代碼比較丑，見諒 ><
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <vector>
#include <set>
#define space putchar(' ')
#define enter putchar('\n')
typedef long long ll;
using namespace std;
template <class T>
void read(T &x){
char c;
bool op = 0;
while(c = getchar(), c < '0' || c > '9')
if(c == '-') op = 1;
x = c - '0';
while(c = getchar(), c >= '0' && c <= '9')
x = x * 10 + c - '0';
if(op) x = -x;
}
template <class T>
void write(T x){
if(x < 0) putchar('-'), x = -x;
if(x >= 10) write(x / 10);
putchar('0' + x % 10);
}
const int N = 100005, W = 1000000021, P = 999999137;
int n, m, fa[N], f[N], g[N], pw[N], Sze[N], deg[N], ans = P;
int ecnt, adj[N], nxt[2*N], go[2*N];
vector <int> son[N], sl[N], sr[N];
set <int> vis;
bool isB;
void add(int u, int v){
if(isB) deg[u]++;
go[++ecnt] = v;
nxt[ecnt] = adj[u];
adj[u] = ecnt;
}
int dfs1(int u, int pre){
Sze[u] = 1;
fa[u] = pre;
son[u].clear();
for(int e = adj[u], v; e; e = nxt[e])
if((v = go[e]) != pre){
son[u].push_back(dfs1(v, u));
Sze[u] += Sze[v];
}
if(son[u].empty()) return f[u] = 1;
sort(son[u].begin(), son[u].end());
ll ret = 0;
for(int i = 0; i < (int)son[u].size(); i++)
ret = (ret * W + son[u][i]) % P;
return f[u] = Sze[u] * ret % P;
}
void dfs2(int u){
if(fa[u]){
son[u].push_back(g[u]);
sort(son[u].begin(), son[u].end());
}
int sze = son[u].size();
sl[u].resize(sze);
sl[u][0] = son[u][0];
for(int i = 1; i < sze; i++)
sl[u][i] = ((ll)sl[u][i - 1] * W + son[u][i]) % P;
sr[u].resize(sze);
sr[u][sze - 1] = son[u][sze - 1];
for(int i = sze - 2; i >= 0; i--)
sr[u][i] = (sr[u][i + 1] + (ll)son[u][i] * pw[sze - i - 1]) % P;
for(int e = adj[u], v; e; e = nxt[e])
if((v = go[e]) != fa[u]){
if(sze == 1){
g[v] = 1;
dfs2(v);
break;
}
int p = lower_bound(son[u].begin(), son[u].end(), f[v]) - son[u].begin();
g[v] = 0;
if(p + 1 < sze) g[v] = sr[u][p + 1];
if(p - 1 >= 0) g[v] = (g[v] + (ll)sl[u][p - 1] * pw[sze - 1 - p]) % P;
g[v] = (ll)g[v] * (n - Sze[v]) % P;
if(isB && deg[v] == 1 && vis.find(g[v]) != vis.end()) ans = min(ans, v);
dfs2(v);
}
if(!isB) vis.insert((ll)sl[u][sze - 1] * n % P);
}
int main(){
pw[0] = 1;
for(int i = 1; i < N; i++)
pw[i] = (ll)pw[i - 1] * W % P;
read(n);
for(int i = 1, u, v; i < n; i++)
read(u), read(v), add(u, v), add(v, u);
dfs1(1, 0);
dfs2(1);
ecnt = 0, isB = 1, n++;
memset(adj, 0, sizeof(adj));
for(int i = 1, u, v; i < n; i++)
read(u), read(v), add(u, v), add(v, u);
dfs1(1, 0);
if(deg[1] == 1 && vis.find(f[go[adj[1]]]) != vis.end())
ans = 1;
dfs2(1);
write(ans), enter;
return 0;
}