题目大意：
求长度$\in [L,U]$的路径的最大边权和平均值。
题解
首先二分就不用说了，分数规划大家都懂。
这题有非常显然的点分治做法，但还是借着这个题学一波长链剖分。
其长链剖分本身也没啥，就是重链剖分中判断中儿子的参数由比较子树大小改为了子树最深点的深度。
这样一来，有一个很显然的性质，所有长链长度值和$<n$，然而这是废话，因为整棵树的边也只有$n-1$条。
长链剖分还有一个非常强大的能力，可以在线性的时间内合并以深度为下标的子树信息。
对于节点$x$和其长链连向的儿子$y$，由于在$Dfs$序中$x$就在$y$左边且挨着，所以不用合并，由于要合并的信息恰好以深度为下标，所以直接让$x$“继承”$y$的信息即可，接着考虑将其他儿子合并到$x$上。
对于任意其他的儿子$z$，我们直接暴力将它们合并即可，就是枚举每个$z$的每个深度，将它插入$x$处的数组中。所有点被暴力插入的复杂度是每一个不在父节点的长链上的点所在的长链的长度$=$所有长链的长度$=O(n)$。
换作这道题有什么用呢，假设每一个点$x$维护一个从$x$出发向下走到深度$D$的权值最大的链，就可以把它存在$Dfs$序的数组上，因为这恰是一个以深度为下标并且容易合并的东西。至于更新答案，只需要对于每一次暴力插入信息时，枚举深度的同时用线段树在当前$x$所占有的区间上查询一下即可。
还有一个小技巧，对于$lca(x,y)=m,len(x,y)=Dis[x]+Dis[y]-2\times Dis[m]$，其中$Dis[x]$表示按照当前二分的结果$x$到一号点的距离(不是深度)，只需要维护$Dis[x]$即可，这样就避免了因为枚举的$m$不断往上走产生的大量区间修改操作。
于是最终复杂度为$O(n\cdot \log n \cdot\log V)$。
当然这道题应该还可以通过预处理和单调队列来达到$O(n\cdot \log n+n\cdot\log V)$。
然而我不会......
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define LL long long
#define M 200020
#define INF 4000000000000000ll
#define mid ((l+r)>>1)
using namespace std;
LL read(){
LL nm=0,fh=1; char cw=getchar();
for(;!isdigit(cw);cw=getchar()) if(cw=='-') fh=-fh;
for(;isdigit(cw);cw=getchar()) nm=nm*10+(cw-'0');
return nm*fh;
}
LL n,m,L,R,ans,U,D,mxd[M],mxs[M],dfn[M],last[M],dst[M];
LL fs[M],nt[M<<1],to[M<<1],len[M<<1],cnt,tmp,res,S[M];
LL dis[M],p[M<<2],dep[M];
bool cmp(LL x,LL y){return mxd[x]<mxd[y];}
void link(LL x,LL y,LL dt){nt[tmp]=fs[x],fs[x]=tmp,len[tmp]=dt,to[tmp++]=y;}
void dfs1(LL x,LL last){
mxd[x]=dep[x];
for(LL i=fs[x];i!=-1;i=nt[i]){
if(to[i]==last) continue;
dep[to[i]]=dep[x]+1,dst[to[i]]=dst[x]+len[i],dfs1(to[i],x);
if(mxd[to[i]]>mxd[x]) mxd[x]=mxd[to[i]],mxs[x]=to[i];
}
}
void dfs2(LL x,LL last){
dfn[x]=++cnt; if(mxs[x]) dfs2(mxs[x],x);else return;
for(LL i=fs[x];i!=-1;i=nt[i]) if(to[i]!=last&&to[i]!=mxs[x]) dfs2(to[i],x);
}
void ins(LL x,LL l,LL r,LL pos,LL num){
p[x]=max(p[x],num); if(l==r) return;
if(pos<=mid) ins(x<<1,l,mid,pos,num);
else ins(x<<1|1,mid+1,r,pos,num);
}
LL query(LL x,LL l,LL r,LL ls,LL rs){
if(r<ls||rs<l||rs<ls) return -INF;
if(ls<=l&&r<=rs) return p[x];
return max(query(x<<1,l,mid,ls,rs),query(x<<1|1,mid+1,r,ls,rs));
}
void DP(LL x,LL last){
dis[x]=dst[x]-m*(dep[x]-1),ins(1,1,n,dfn[x],dis[x]);
if(!mxs[x]) return; DP(mxs[x],x);
for(LL i=fs[x];i!=-1;i=nt[i]){
if(to[i]==mxs[x]||to[i]==last) continue; DP(to[i],x);
if(ans>=0) return;
for(LL pos=0;pos+dep[to[i]]<=mxd[to[i]];pos++){
LL t1=D-pos-1,t2=min(U-pos-1,mxd[x]-dep[x]);
S[pos]=query(1,1,n,dfn[to[i]]+pos,dfn[to[i]]+pos);
ans=max(ans,query(1,1,n,dfn[x]+t1,dfn[x]+t2)+S[pos]-(dis[x]*2));
if(ans>=0) return;
}
for(LL pos=0;pos+dep[to[i]]<=mxd[to[i]];pos++){
ins(1,1,n,dfn[x]+pos+1,S[pos]);
}
}
ans=max(ans,query(1,1,n,dfn[x]+D,dfn[x]+min(U,mxd[x]-dep[x]))-dis[x]);
}
int main(){
n=read(),D=read(),U=read(),memset(fs,-1,sizeof(fs));
for(LL i=1;i<n;i++){
LL u=read(),v=read(),dt=read();
dt*=2000ll,link(u,v,dt),link(v,u,dt);
}
dep[1]=1,dfs1(1,0),dfs2(1,0);
for(L=0,R=2000000000ll;L<=R;){
for(LL i=1;i<=(n<<2);i++) p[i]=-INF;
m=((R>>1)+(L>>1)+(L&R&1)); ans=-1,DP(1,0);
if(ans<0) R=m-1; else res=m,L=m+1;
}
if(res&1) res++; res>>=1;
printf("%lld.%03lld\n",res/1000,res%1000); return 0;
}