首先考慮二分搜答案，這樣變成對於一個給定的誤差$M$，是否有辦法把邊權都改成$60$的倍數，使得任兩點之間的距離誤差絕對值不會超過$M$。對於一個子樹來說，記他的根為$R$，假設有一種改邊權的方法，使得這棵子樹中任兩點之間的距離誤差絕對值不會超過$M$，並且$R$到這棵子樹中每個點的距離誤差最小值為$a$，最大值為$b$（這裡的誤差指的是「新的距離扣掉舊的距離」的值，有正有負，因此這裡顯然會有$a\leq 0,b\geq 0$），那麼這個設邊權的方法就只有$a,b$是跟之後決策有關的資訊了。也就是一個節點需要的 dp 值會是一大堆的$(a,b)$ 的 pair 。實際上我們可以不用把所有的$(a,b)$都紀錄起來，觀察到如果有兩個 pair $(a_1,b_1),(a_2,b_2)$，滿足$a_2\leq a_1$且$b_2\geq b_1$，那麼取$(a_1,b_1)$一定會比取$a_2,b_2$好，因此我們可以只維護$a$值和$b$值都嚴格遞增的 pair 們就可以了。
轉移比較麻煩，我們可以把題目轉成二元樹比較好DP。轉成二元樹的方法如下圖（對每個節點都做這種轉換即可），其中紅色的點是新加的點，左右圖中的藍色的邊的邊權是相等的，並且紅色邊的邊權為$0$。
轉成二元樹之後工作就只剩下合併兩個子節點的 dp 陣列了，假設當前節點為$x$，並且我們已經決定好$x$連向他兩個子樹的邊的新邊權了，記這兩條邊的誤差分別為$dx,dy$（也就是新邊權扣掉舊邊權的值），那麼考慮左子樹 DP 陣列中的某個$(a_1,b_1)$，還有右子樹中的某個$(a_2,b_2)$，這兩個 pair 分別都代表了他所在子樹的某個設置邊權的方法。接下來我們想知道把這兩個方法並在一起是不是可行的，並且如果可以的話要知道$x$的 DP 陣列必須多丟什麼 pair 進去。我們想要知道這兩個 pair 是否是可行的，而可行的充要條件就是任兩點距離的誤差絕對值$\leq M$。分成$x$到非根節點和左子樹中的點到右子樹中的點來討論，考慮前者則必須滿足：$|a_1+dx|\leq M,|b_1+dx|\leq M,|a_2+dy|\leq M,|b_2+dy|\leq M$。後者的話則必須滿足：$|a_1+a_2+dx+dy|\leq M,|b_1+b_2+dx+dy|\leq M$。並且如果$(a_1,b_1),(a_2,b_2)$都滿足前面那些條件的話，那麼$dp[x]$就會新增一個 pair ：$(min(a_1+dx,a_2+dy,0),max(b_1+dx,b_2+dy,0))$。
我們當然不能枚舉所有左右子樹形成的 pair 的二元組，注意到當我們固定$(a_1,b_1)$時，我們可以把上述條件全部整理成：$a_2\leq $一坨東西、$a_2\geq $一坨東西（$b_2$）亦同，這裡就可以利用這些 pair 的遞增性，可以得到第二個子樹中滿足那些條件的 pair 會落在某個區間中（如果我們已經把子樹中的 pair 們排好序了），而我們不難用二分搜找出這個區間。再觀察到新增的 pair 的式子，可以不妨設$a_1+dx\leq a_2+dy$，因為我們可以把兩個子樹交換再作一次，因此新增的 pair 的第一項的值已經確定了，並且我們知道此時第二項要越小越好，也就是 $b_2$ 越小越好，因此我們只要枚舉第一個子樹中的$(a_1,b_1)$，並且取剛剛找到的那個區間的第一個 pair 就可以了，拿他配上$(a_1,b_1)$去更新$dp[x]$即可（當然當這個區間不存在時就沒辦法更新）。
