以下为两次dfs（bfs）的做法以及正确性证明。

算法步骤
（1）任取树上一点S，以S为源点BFS得S到各个顶点的d值；
（2）取d值最大者之一为P，再以P为源点BFS得P到各个顶点的d值；
（3）再取d值最大者之一为Q，PQ为树的其中一条直径。
算法的时间复杂度为两次BFS用时，即 2O(V+E)2O(V+E)2O(V+E).

正确性证明：

假设AB为树的直径，且|AB|>|PQ|.
（1）若P为A或者B，则PQ=AB，|AB|=|PQ|，矛盾；
（2）若PQ与AB相交，设交点为C，如图

根据算法操作(2)，∣PQ∣≥∣PA∣,∣PQ∣≥∣PB∣|PQ|\geq|PA|,|PQ|\geq|PB|∣PQ∣≥∣PA∣,∣PQ∣≥∣PB∣,
减去公共部分得 ∣CQ∣≥∣CA∣,∣CQ∣≥∣CB∣|CQ|\geq|CA|,|CQ|\geq|CB|∣CQ∣≥∣CA∣,∣CQ∣≥∣CB∣,
对于∣AQ∣=∣AC∣+∣CQ∣≥∣AC∣+∣CB∣=∣AB∣|AQ|=|AC|+|CQ|\geq|AC|+|CB|=|AB|∣AQ∣=∣AC∣+∣CQ∣≥∣AC∣+∣CB∣=∣AB∣,同理∣BQ∣≥∣AB∣|BQ|\geq|AB|∣BQ∣≥∣AB∣,
由于AB为直径，且∣AB∣>∣PQ∣|AB|>|PQ|∣AB∣>∣PQ∣,只能有∣CQ∣=∣CA∣=∣CB∣>∣CP∣|CQ|=|CA|=|CB|>|CP|∣CQ∣=∣CA∣=∣CB∣>∣CP∣,
将树视为以C为根的树，设A，B，Q，P所在子树为{A}，{B}，{Q}，{P}，
S点在{A}，{B}，{Q}，{P}其中之一，
根据算法操作(1)，∣SP∣>∣SA∣|SP|>|SA|∣SP∣>∣SA∣，S点只能在{A}；
∣SP∣>∣SB∣|SP|>|SB|∣SP∣>∣SB∣，S点只能在{B}；
∣SP∣>∣SQ∣|SP|>|SQ|∣SP∣>∣SQ∣，S点只能在{S}；
综上，不存在这样的S点，矛盾；
（3）若PQ与AB无交点，则设MN为两者联络线，如图

根据算法操作(2)，∣PQ∣≥∣PA∣,∣PQ∣≥∣PB∣|PQ|\geq|PA|,|PQ|\geq|PB|∣PQ∣≥∣PA∣,∣PQ∣≥∣PB∣,
减去公共部分得 ∣NQ∣≥∣NA∣,∣NQ∣≥∣NB∣|NQ|\geq|NA|,|NQ|\geq|NB|∣NQ∣≥∣NA∣,∣NQ∣≥∣NB∣,
容易得 ∣QM∣=∣NQ∣+∣MN∣>∣MA∣|QM|=|NQ|+|MN|>|MA|∣QM∣=∣NQ∣+∣MN∣>∣MA∣,
因此，∣BQ∣=∣BM∣+∣QM∣>∣BM∣+∣MA∣=∣AB∣|BQ|=|BM|+|QM|>|BM|+|MA|=|AB|∣BQ∣=∣BM∣+∣QM∣>∣BM∣+∣MA∣=∣AB∣，与AB为树的直径相矛盾；
综上所述，假设不成立，PQ为树的直径.

以下为老师ppt上的证明：


反证法，假设v不是直径的一个端点。δ(u,x)≥δ(u,w)\delta(u,x)\geq\delta(u,w)δ(u,x)≥δ(u,w)的前提是不妨设路径w→uw\rightarrow uw→u和x→ux\rightarrow ux→u有公共点，取w=vw=vw=v，而这与算法步骤中δ(u,v)\delta(u,v)δ(u,v)最大相矛盾。

根据第一点图①不存在，这和我证明的第（3）点对应，但我否定了图①情况后并没有进一步推证uvuvuv和xyxyxy存在公共部分（不仅仅是我第（2）点提及只有一个交点）的情形。或者说我的证明分类讨论的对象是算法求解出的PQPQPQ和假设直径ABABAB之间的关系，遗漏了该情形。从∀u\forall u∀u出发讨论更容易分类。