点分治，假设路径的端点是 \(s\) 和 \(t\)，那么 \(len\times g\) 就是 \((d_s+d_t)\times \gcd(v_s,v_t)\)，其中 \(d\) 是到根链长度，\(v\) 是到根的 \(\gcd\)。
不妨设 \(d_s\ge d_t\)，那么 \((d_s+d_t)\times \gcd(v_s,v_t)\) 可能贡献到答案需要 \(>d_s\times v_s\)，于是有 \(v_s\mid v_t\)。
令 \(v_t=kv_s\)。上面的权值 \((d_s+d_t)\times v_s\) 还需要 \(>d_t\times v_t=kd_t\times v_s\)，即 \(d_s>(k-1)d_t\)。那么有 \(k<\frac{d_s}{d_t}+1\le d_s+1\)。
我们先统计所有端点为根的答案。然后对于每个 \(v_s\)，找出其对应的最深的 \(s\)。如果 \(2d_s\times v_s\) 不超过当前答案就跳过。否则暴力枚举 \(k\) 统计答案。事实上我们可以说明，该做法复杂度为 \(O(n\log^2 n)\)。
证明来自 洛谷题解。
考虑一次分治，设当前子树大小为 \(m\)。
我们定义 \(u\) 为关键点当且仅当存在 \(k\)，满足子树的深度（即子树内与 \(u\) 的最大距离）\(\ge 2^k\)，且 \(u\) 的深度 \(=2^k\)。
对于每个点 \(x\)，找到其祖先中最深的关键点 \(u\)，并将 \(x\) 放入 \(S(u,2^k,v_u)\)。
首先根据定义，对于相同的 \(k\)，\(S(u,2^k,g)\) 只有 \(O(\frac{m}{2^k})\) 个不为空。
对于每个不为空的集合，其中所有点 \(p\) 的深度都是 \(\le 2^{k+2}\) 的。因为我们去掉了不优于到根链的情况，所以此时 \(v_p>\frac{g}{4}\)。同时 \(v_p\) 需要是 \(v_u=g\) 的因数，所以合法的 \(v_p\) 只有 \(O(1)\) 个。我们只会对这 \(O(1)\) 个跑上面的暴力。
那么对于每个 \(k\)，我们只会对 \(O(\frac{m}{2^k})\) 个点跑暴力，每次复杂度是 \(O(2^k)\) 的，因此单次复杂度 \(O(m)\)，\(\log\) 层复杂度 \(O(m\log m)\)。同时点分治还会有一个 \(\log\)，因此总复杂度 \(O(n\log^2 n)\)。
代码里用了 map，复杂度多了一个 \(\log\)。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;const int kN = 1e5 + 5;
int n;
ll ans;
vector<pair<int, ll>> g[kN];int siz[kN];
bool vis[kN];void DFS(int x, int fa) {siz[x] = 1;for(auto k : g[x]) {int to = k.first;if((to != fa) && !vis[to]) {DFS(to, x);siz[x] += siz[to];}}
}
int Root(int x, int fa, int all) {int mx = all - siz[x];for(auto k : g[x]) {int to = k.first;if((to != fa) && !vis[to]) {mx = max(mx, siz[to]);if(int tmp = Root(to, x, all)) {return tmp;}}}return (mx * 2 <= all) * x;
}struct Node {int mx, se, fr;Node() { mx = se = fr = 0; }Node(int _mx, int _se, int _fr) {mx = _mx;se = _se;fr = _fr;}
};
map<ll, Node> mp;void DFS2(int x, int fa, ll v, int d, int fr) {auto it = mp.lower_bound(v);if((it != mp.end()) && (it -> first == v)) {Node &info = it -> second;if(info.mx < d) {if(info.fr != fr) info.se = info.mx;info.mx = d;info.fr = fr;}else if(info.fr != fr) {info.se = max(info.se, d);}}else {mp.emplace_hint(it, v, Node(d, 0, fr));}for(auto k : g[x]) {int to; ll w;tie(to, w) = k;if((to != fa) && !vis[to]) DFS2(to, x, __gcd(v, w), d + 1, fr);}
}void Divide(int x) {DFS(x, 0);mp.clear();for(auto k : g[x]) {int to; ll w;tie(to, w) = k;if(!vis[to]) DFS2(to, x, w, 1, to);}for(auto k : mp) {ans = max(ans, k.first * k.second.mx);}for(auto k : mp) {ll val;Node info;tie(val, info) = k;if(2 * val * info.mx <= ans) continue;for(int i = 1; i <= info.mx; i++) {ll t = val * i;auto it = mp.find(t);if(it != mp.end()) {Node get = it -> second;if(get.fr != info.fr) {ans = max(ans, val * (info.mx + get.mx));}else {ans = max(ans, val * (info.mx + get.se));}}}}vis[x] = 1;for(auto k : g[x]) {int to = k.first;if(!vis[to]) Divide(Root(to, x, siz[to]));}
}void Solve() {cin >> n;fill_n(g, n + 3, vector<pair<int, ll>> {});fill_n(vis, n + 3, 0);for(int i = 1; i < n; i++) {int u, v; ll w;cin >> u >> v >> w;g[u].emplace_back(v, w);g[v].emplace_back(u, w);}ans = 0;DFS(1, 0), Divide(Root(1, 0, n));cout << ans << "\n";
}int main() {
// freopen("1.in", "r", stdin);
// freopen("1.out", "w", stdout);ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0);int t;cin >> t;while(t--) Solve();return 0;
}