# \(SP1825\)
看到没有人用老师的办法，于是自己写一下思路
思路第一步:排除旧方法
首先这道题和\(4178\)不一样，因为那道题是计数，而这道题是求最值，最值有个坏处，就是对于来自相同子树的信息没法高效剔除,比如容斥用不了，举例来说，对于这道题，如果我们继续用尺取法维护黑点个数，对于一组刚好使\(cnt_l+cnt_r\leq k\)的\(l,r\),且\([l+1,r]\)所在子树都与\(l\)不同时就可以选取\(l~and~x\in [l+1,r]\),我们要使\(dis_l+dis_x\)只需使\(dis_x\)最大，因此每次递归建\(ST\)表\(RMQ\)即可
很奇怪的这道题这样做有\(50\)分
但\([l+1,r]\)所在子树有与\(l\)相同时至少我就束手无策了
于是我们放弃这个办法
思路第二步:放缩
我们依然不改变点分治本质思想，利用好经过根这个性质
如果不能尺取法贪心,那么\(DP\)可以吗，两个变量:过的黑点个数，和路径长度，我们想合并的根的不同儿子为根的子树
\(\therefore\)有\(f^{rt}\left[i\right][j](=l)\)表示以\(rt\)为根子树中,根到以\(i\)号儿子为根子树中一点路径上有\(j\)个黑点的路径最大长度
着眼在经过的黑点数不超过$ K \(个上，我们有可能会想到放缩，就是我们并不定义死刚好是\)j$个黑点，好处等会儿就知道了
\(\therefore\)有\(f^{rt}\left[i\right][j](=l)\)表示以\(rt\)为根子树中,根到以\(i\)号儿子为根子树中一点路径上最多有\(j\)个黑点的路径最大长度
所求:\(Ans=\max\{f^{rt}[x][p],f^{rt}[y][q]\}(p+q+[color_{rt}="black"]\le k])\)
于是这里我们的定义就很好用了，那个\(\le\)号在实现中就可以取等
为了知道\(p,q\)的取值范围，我们再定义一个量\(cnt^{rt}_i\)表示以\(rt\)为根子树中,根到以\(i\)号儿子为根子树中一点最多经过的黑点数
\(\therefore p\le cnt^{rt}_x~~q\le cnt^{rt}_y\)
思路第三步:合并
如果我们这样做就要解决这个问题
如何求\(\max\{f^{rt}[x][p],f^{rt}[y][q]\}(p+q+[color_{rt}="black"]\le k])\)
有一个办法是暴力，因为对\(f^{rt}[x][p],f^{rt}[y][q]\)我们都可以\(O(n)\)求出
复杂度为\(O(\frac{n\cdot (n-1)}{2})=O(n^2)\)
但我们想并没有必要两两子树比较，由于求\(\max\)具有传递性,如果我们知道\(f^{rt}[s_1][p]>f^{rt}[s_2][p]\)我们就完全没有必要保留\(f^{rt}[s_2][p]\)了
因此我们想到合并
具体来说我们记录两个值，\(Now^{rt}_{(i,)x}\)/\(Past^{rt}_{(i,)x}\)分别表示以\(rt\)为根子树中,根到以\(i\)号儿子为根子树/以\(1\rightarrow i-1\)号儿子为根子树经过\(x\)个黑点的最长路径
但合并的顺序是个问题，每次我们需要比较求\(\max\)更新\(\max\{cnt_1,cnt_2...cnt_i\}\)次
由于答案与枚举儿子顺序无关，因此贪心可得对儿子按\(cnt_i\)从小到大排序即可
小结一下，对于这类最值点分治有一种办法是合并
代码常数大
#include<bits/stdc++.h>
#define re register
#define N 200005
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
template<typename _int>
inline void read(re _int&x){
re _int res=0,flag=1;re char opt;
while((opt=getchar())>'9'||opt<'0')if(opt=='-')flag=-1;
while(opt>='0'&&opt<='9'){res=(res<<1)+(res<<3)+opt-'0';opt=getchar();}
x=res*flag;
}
struct Edge{
int to,next,v;
}e[N<<1];
int n,k,m,h[N],cnt,size[N],color[N],now[N],past[N],mind,ans=-INF;
char vis[N];
inline void AddEdge(re int x,re int y,re int z){e[++cnt]=(Edge){y,h[x],z};h[x]=cnt;}
struct Node{
int len,son,cnt;
inline char friend operator<(re Node a,re Node b){return a.cnt<b.cnt;}
}p[N<<1];
inline void dfs_size(re int x,re int prt){
re int i,y;
size[x]=1;
for(i=h[x];i;i=e[i].next){
y=e[i].to;if(y==prt||vis[y])continue;
dfs_size(y,x);
size[x]+=size[y];
}
}
inline void dfs_cnt(re int x,re int prt,re int pos,re int bcnt){
re int i,y;
bcnt+=color[x];
if(bcnt>k)return ;
if(bcnt>p[pos].cnt)p[pos].cnt=bcnt;
for(i=h[x];i;i=e[i].next){
y=e[i].to;if(y==prt||vis[y])continue;
dfs_cnt(y,x,pos,bcnt);
}
}
inline void dfs_dist(re int x,re int prt,re int dist,re int bcnt){
re int i,y;
bcnt+=color[x];
if(bcnt>k)return ;
if(dist>now[bcnt])now[bcnt]=dist;
for(i=h[x];i;i=e[i].next){
y=e[i].to;if(y==prt||vis[y])continue;
dfs_dist(y,x,dist+e[i].v,bcnt);
}
}
inline void Center(re int x,re int prt,re int&rt,re int root){
re int i,y,maxx=-INF;
for(i=h[x];i;i=e[i].next){
y=e[i].to;if(y==prt||vis[y])continue;
Center(y,x,rt,root);
maxx=max(maxx,size[y]);
}
maxx=max(maxx,size[root]-size[x]);
if(maxx<mind){mind=maxx;rt=x;}
}
inline void Solve(re int x){
re int i,j,y,rt,tot=0,tmp;mind=INF;
dfs_size(x,0);
Center(x,0,rt,x);
vis[rt]=1;
for(i=h[rt];i;i=e[i].next){
y=e[i].to;
p[++tot]=(Node){e[i].v,y,0};
dfs_cnt(y,0,tot,0);
}
sort(p+1,p+tot+1);
for(i=0;i<=p[tot].cnt;++i)past[i]=0;
for(i=1;i<=tot;++i){
y=p[i].son;
for(j=0;j<=p[i].cnt;++j)now[j]=-INF;
dfs_dist(y,0,p[i].len,0);
for(j=1;j<=p[i].cnt;++j)now[j]=max(now[j-1],now[j]);
for(j=0;j<=p[i].cnt;++j){
tmp=min(p[i-1].cnt,k-j-color[rt]);if(tmp<0)continue;
ans=max(ans,now[j]+past[tmp]);
}
for(j=0;j<=p[i].cnt;++j)past[j]=max(past[j],now[j]);
for(j=1;j<=p[i].cnt;++j)past[j]=max(past[j-1],past[j]);
}
for(i=h[rt];i;i=e[i].next){
y=e[i].to;
if(!vis[y])Solve(y);
}
}
inline void Read(void){
re int i,x,y,z;
read(n);read(k);read(m);
while(m--){read(x);color[x]=1;}
for(i=1;i<n;++i){read(x);read(y);read(z);AddEdge(x,y,z);AddEdge(y,x,z);}
}
int main(void){
Read();
Solve(1);
printf("%d\n",ans);
return 0;
}