费了几个小时杠掉此题，如果不是那水水的数据的话，跟列队的难度真的是有得一比。。。
话说蒟蒻仔细翻了所有的题解，发现巨佬写的都是倍增，复杂度是(O(nlog nlog nw))的，貌似还不够优秀。
其实我们与其对于每一个点都通过倍增向上找到对应位置，还不如直接从上到下dfs一遍，判断：如果当前点子树内初始位置最浅的军队与当前点距离不超过(mid)，或者所有子树都被封锁，那么当前点也被封锁。
这样以后再二分，时间复杂度降至(O(nlog nw))。其它部分的思路Dalao们的题解里都讲清楚了，蒟蒻也不多说了qwq
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define RG register
#define R RG int
using namespace std;
const int N=5e4+9,M=1e5+9;
int p,he[N],ne[M],to[M],w[M],top[N],at[N],t[N],mn[N];
LL mid,d[N],dis[N];
bool cov[N],use[N];
inline bool cmp(R x,R y){
return d[x]>d[y];
}
void dp(R x,R f){
top[x]=p;
if(mid<d[x])mid=d[x];//控制二分上界
if(to[he[x]]==f)he[x]=ne[he[x]];//悄悄把反边删掉
for(R i=he[x];i;i=ne[i]){
if(to[ne[i]]==f)ne[i]=ne[ne[i]];
d[to[i]]=d[x]+w[i];
dp(to[i],x);
}
}
void dfs(R x){
if(cov[x]){dis[x]=0;return;}
dis[x]=1ll<<60;
if(!(cov[x]=he[x]))return;//到达叶子节点还没有被封锁
for(R y,i=he[x];i;i=ne[i]){
dfs(y=to[i]);
cov[x]&=cov[y];
dis[x]=min(dis[x],dis[y]+w[i]);
}
if(dis[x]<=mid)cov[x]=1;//子树内军队能够赶到
}
int main(){
R n,m,cnt=0,i,u,v;
cin>>n;
for(i=1;i<n;++i){
cin>>u>>v>>w[++p];w[p+1]=w[p];
ne[p]=he[u];to[he[u]=p]=v;++p;
ne[p]=he[v];to[he[v]=p]=u;
}
for(i=he[1];i;i=ne[i])
d[p=to[i]]=w[i],dp(t[++cnt]=to[i],1);
cin>>m;
if(cnt>m)return cout<<"-1"<<endl,0;//无解
for(i=1;i<=m;++i)cin>>at[i];
sort(t+1,t+cnt+1,cmp);//排序，方便接下来贪心
sort(at+1,at+m+1,cmp);
RG LL l=0,r=mid+d[t[1]];
while(l<r){
mid=(l+r)>>1;
memset(cov,0,n+1);
memset(use,0,n+1);
for(i=1;i<=cnt;++i)mn[t[i]]=0;//清空
for(i=1;d[at[i]]>mid;++i)
cov[at[i]]=1;//到不了根节点，直接留在子树内
for(p=i;i<=m;++i)
if(!mn[top[at[i]]])mn[top[at[i]]]=i;
//每个子树预留一个贡献最小的军队
use[0]=1;u=m+1;
for(i=1;i<=cnt;++i){
dfs(t[i]);
if(cov[t[i]])continue;
if(use[mn[t[i]]]){//预留已用，只好拿其它子树的
for(--u;u>=p&&(d[at[u]]+d[t[i]]>mid||use[u]);--u);
if(u<p)break;
use[u]=1;
}
else use[mn[t[i]]]=1;//预留直接用
}
u>=p?r=mid:l=mid+1;
}
cout<<l<<endl;
return 0;
}