#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<ctype.h>
#include<math.h>
#include<iostream>
#include<string>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
#include<bitset>
#include<algorithm>
#include<time.h>
using namespace std;
void fre(){freopen("c://test//input.in","r",stdin);freopen("c://test//output.out","w",stdout);}
#define MS(x,y) memset(x,y,sizeof(x))
#define MC(x,y) memcpy(x,y,sizeof(x))
#define MP(x,y) make_pair(x,y)
#define ls o<<1
#define rs o<<1|1
typedef long long LL;
typedef unsigned long long UL;
typedef unsigned int UI;
template <class T> inline void gmax(T &a,T b){if(b>a)a=b;}
template <class T> inline void gmin(T &a,T b){if(b<a)a=b;}
const int N=123456+10,M=0,Z=1e9+7,ms63=1061109567;
int n,m,x,y;
vector<int>a[N];
bool imp[N],imp_[N],e[N];
int f[N];
int DIS,ST,ED,P;
void dfs(int x,int dis)
{
e[x]=1;
if(imp[x])
{
if(dis>DIS)
{
DIS=dis;
ED=x;
}
else if(dis==DIS)gmin(ED,x);
}
f[x]=0;
for(int i=a[x].size()-1;~i;--i)
{
int y=a[x][i];
if(e[y])continue;
dfs(y,dis+1);
if(imp[y])
{
imp[x]=1;
f[x]+=f[y]+1;
}
}
}
void dfs_(int x,int dis)
{
e[x]=0;
if(imp[x])
{
if(dis>DIS)
{
DIS=dis;
P=x;
}
else if(dis==DIS)gmin(P,x);
}
for(int i=a[x].size()-1;~i;--i)
{
int y=a[x][i];
if(!e[y])continue;
dfs_(y,dis+1);
}
}
int main()
{
while(~scanf("%d%d",&n,&m))
{
for(int i=1;i<=n;i++)
{
a[i].clear();
imp[i]=0;
e[i]=0;
}
for(int i=1;i<n;i++)
{
scanf("%d%d",&x,&y);
a[x].push_back(y);
a[y].push_back(x);
}
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d",&x);ST=x;
imp[x]=imp_[x]=1;
}
DIS=-1;
dfs(ST,0);
DIS=-1;
dfs_(ED,0);
printf("%d\n",min(ED,P));
printf("%d\n",f[ST]*2-DIS);
}
return 0;
}
/*
【trick&&吐槽】
这道题我早就想到了做法，然而虚拟赛时却没有AC>_<
最近两场虚拟赛，都是有大量时间，而且知道算法。
然而太过于不紧不慢，到最后就竟然真的没有AC。
心态很重要，要保持一定的紧张状态！
trick：
DIS是往大了更新，
是很有可能出现只有1个重要点，即DIS为0的情况。
于是DIS的初始化要为-1
【题意】
给你一棵含有n（1<=n<=123456）个节点的树，
我们要到点有m（1<=m<=n）个点。
我们可以选择传送到这棵树的任意一点，
使得我们到达这m个点后的路程尽可能小
问你：
1，可以传送到的点是哪个点，如果多解输出编号最小的那个点。
2，输出最小的距离之和
【类型】
树的直径
【分析】
我们以这些点中的任意一点为根节点。
然后，统计所有含有关键点的最小路径的二倍。
换句话说，就是每个点，如果它是关键点，或者它的子节点包含关键点。
那么我们就要算上它到父节点的距离的二倍（实际就是对答案的贡献+2）
代码上的实现是——
if(imp[y])
{
imp[x]=1;
f[x]+=f[y]+1;
}
这其实是求出了一个环，沿着这个环，我们能走过这棵树上的所有关键点。
因为这是一个环，所以我们实际还可以少走一段路。
少走哪段路呢？可以是任意两个节点之间的路。
基于贪心原则，我们自然要走距离最远的两个点之间的路。
这个可以通过树的直径两遍dfs求得。
（比赛的时候想的是树上直接记录每个点的最长次长路径，然而也是因为"编号最小"而WA掉了。）
树的直径的写法，虽然是两个dfs实现，然而其实更容易一些。
只是依然有这么一个问题——如何保证字典序最小？
我的做法是——
1，首先从任意一个点开始搜最长路，搜到路径最长的点中【编号最小】的那个x
2，然后再从这个点x开始搜最长路，搜到路径最长的点中编号最小的那个y
3，然后答案是min(x,y)
这样就能AC喽。注意，一定要求是第一搜也要【编号最小】
因为——
树的所有直径必定交于树的重心。然而除了菊花图相交，还有这种图——
3 1
\ /
--
/ \
2 4
这种相交状况，我们从3开始搜，可能搜到的是4，然后从4开始搜，最小的也只有2.
于是就GG了。于是要求两次dfs都要搜编号尽可能小的点。以防遇到这种情况。
最后再上一发官方题解——
1，贪心——我们传送到的节点，一定是关键节点（否则我们一定是先走到某一关键节点肯定不更优）
2，观察——我们最后选出的是一棵子树，这个子树中包含了所有关键点pair（C[m,2]个）之间的所有路径
3，思考——如果我们最后返回一开始传送到的节点，那么最后走的总路程是2*V。
其中，V是这棵子树的边的数量。2*V是因为我们每条边都走过一次又回来一次
4，思考——如果我们最后不返回一开始传送到的节点，那么最后走的总路程是2*V-L
其中，L是到达传送点距离最远的节点
5，思考——我们一开始传送到的，和最后一次停下来的节点，之间必然是树的直径
于是就到了最后一个问题，如何求出树的所有直径中，直径端点编号最小的那个编号？
题解的方法是关于树的重心的。
我们可以先求出树的重心（可能为1个或2个）。
然后从树的重心开始dfs，找距离最远的那个节点即可。
于是在最后附赠树的重心学习资料——
定理：在树中找到一个点，使得其所有子树中，最大的子树的节点数最少
在http://blog.csdn.net/acdreamers/article/details/16905653中有讲解
【时间复杂度&&优化】
O(n)
*/
