trick：邻项交换贪心法，换根。
首先肯定考虑 \(T = 0\) 再考虑 \(T = 1\)。
对于第一问，显然 \(T = 0\) 为 \(2n - 2\)，\(T = 1\) 我们选择一个节点 \(u\) 停止，那么不用从 \(u\) 回到 \(1\)，答案自然为 \(\min\limits_{u = 1}^n 2n - 2 - dep_u\)，记 \(dep_1 = 0\)。
对于 \(T = 0\)，FJ 的游走等价于树的 DFS 序，假设对于一个节点 \(u\)，遍历它的儿子的顺序为 \(v_{1} ,v_2 ,v_3 ,\dots ,v_r\)，记 \(f_u\) 为从 \(u\) 开始遍历整棵子树，那么我们可以按照贡献拖延来计算，转移有：
\(sum_{v_i}\) 为从 \(u\) 到 \(v_i\) 的一秒对 \(v_i\) 子树的影响贡献，\(2sz_j\) 准确说是 \(2(sz_j - 1) + 2\)，为遍历 \(v_j\) 子树和 \(u\) 到 \(v_j\) 这条边对 \(v_i\) 的影响。
但是这样我们要枚举 \(v\) 的排列，因此这是一个贪心问题，考虑两个遍历顺序 \((a ,b)\) 和 \((b ,a)\)，前面的是常数贡献，我们计算非常数贡献，第一个是 \(sum_b \times sz_a\)，第二个是 \(sum_a \times sz_b\)，我们为了 \((a ,b)\) 最优，因此贪心策略是 \(sum_b \times sz_a < sum_a \times sz_b\)。
排序后直接算，时间复杂度为 \(\mathcal O(n\log n)\)，答案即为 \(f_1\)。
然后考虑 \(T = 1\)，注意是要满足第一问情况下求第二问，我们定 \(g_u\) 为从 \(u\) 开始到 \(u\) 子树最深的一个叶子 \(leaf\) 的最小时间，那么答案即为 \(g_1\)，显然我们要最后遍历 \(leaf\) 所在子树 \(v\)，不然更劣。
考虑类似换根计算贡献对于 \(f_u\) 变化量：
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子树 \(v\)：显然在上述转移部分要减去，故 \(-(f_v+sum_v+sum_v\times \sum\limits_{j \in \text{Subtree}(u) \text{且} j \text{ is in front of v}} 2sz_j)\)。
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子树 \(v\) 对后面的贡献：要减去，故 \(-\left(2sz_v \times \sum\limits_{j \in \text{Subtree}(u) \text{且} j \text{ is behind } u}sum_j \right)\)。
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\(v\) 新的贡献：要加上，包括 \(u\) 到 \(v\) 这一条边，前面子树的贡献，因此 \(+\left(g_v + sum_v + sum_v\times 2\left(sz_u - sz_v - 1\right)\right)\)。
因此时间复杂度为 \(\mathcal O(n \log n)\)，瓶颈在于排序。