好强的题，感觉完全想不到。
如果对于每个点都计算答案的话复杂度是 \(\mathcal O(n^2)\)，但是由于题目中给了一个 \(\frac{3}{2}\) 次方这么一个非常恶心人的东西，这个算法基本没有优化空间，所以考虑换一种思路，先选择一个点，然后尝试对答案进行调整。
对于一个点，它的答案是：
\[f(u)=\sum_{i\in u}a_idep_i^{\frac{3}{2}} \]假设我们把当前答案尝试移动到 \(u\) 的一个儿子 \(v\)，新的答案为：
\[g(x)=\sum_{i\in v}a_i(dep_i-x)^{\frac{3}{2}}+\sum_{i\notin v}a_i(dep_i+x)^{\frac{3}{2}} \]其中 \(x\) 可以表示 \((u,v)\) 的边权。这个东西好像还是没有什么性质，我们尝试对它求导：
\[\begin{aligned} g'(x)&=-\frac 3 2\sum_{i\in v}a_i(dep_i-x)^{\frac{1}{2}}+\frac 3 2\sum_{i\notin v}a_i(dep_i+x)^{\frac{1}{2}}\\ &=\frac 3 2(\sum_{i\notin v}a_i(dep_i+x)^{\frac{1}{2}}-\sum_{i\in v}a_i(dep_i-x)^{\frac{1}{2}}) \end{aligned} \]还是没有什么性质，我们尝试再次求导：
\[g''(x)=\frac 3 4(\sum_{i\notin v}a_i(dep_i+x)^{-\frac 1 2}+\sum_{i\in v}a_i(dep_i-x)^{-\frac 1 2}) \]因为 \(x<dep_u\)，所以二阶导数恒正，这说明这个函数是凸的！所以对于每一条边 \((u,v)\)，如果答案靠近 \(u\)，则 \(g'(x)\) 单增，所以 \(g(x)\) 是单调递增并且增速越来越快，极小值不在 \(x>0\) 的部分，否则 \(g'(x)\) 单减，说明极值在 \(x>0\) 的部分（在 \(g'(x)=0\) 处）。
这个结论是对于一条边来说的，但是它扩展到树上也是对的。假设答案在 \(u\)，则对于所有的 \((u,v)\) 上述结论成立。对于其余的部分，随着答案尝试向下移动，\(g'(x)\) 的前一部分 \(i\notin v\) 的点会变得越来越多，\(i\in v\) 的点会变得越来越少，相应的，随着向下走，整体来看 \(g'(x)\) 是变大的，所以我们得到关键结论：在树上一个点越远离答案点，它的答案越劣（这里的点可以不只是树上的点，可以是边中间的实数的点）。
所以我们可以先选择一个点，然后尝试向下移动，判断的依据就是 \(g'(0)\)，如果其大于 \(0\) 则说明答案不在这棵子树里，否则在，向下递归。但是这样复杂度不对，可以用点分治优化：每次选取重心作为当前的答案，然后尝试移动到重心的其余儿子，此时上述结论显然也是正确的。总复杂度 \(\mathcal O(n\log n)\)。
int n,cnt,head[200010],dep[200010],to[400010],v[400010],nex[400010],a[200010];
inline void add(int x,int y,int z){to[++cnt]=y,v[cnt]=z,nex[cnt]=head[x],head[x]=cnt;}
namespace Starch
{
int siz[200010],root,all,maxi;
double delta,delta2,ans=INF,sum;
bool vis[200010];
void find(int x,int fa)
{
siz[x]=1;int maxn=0;
for(int i=head[x];i;i=nex[i])
{
if(to[i]==fa||vis[to[i]])continue;
dep[to[i]]=dep[x]+v[i],find(to[i],x),siz[x]+=siz[to[i]],maxn=max(maxn,siz[to[i]]);
}
if(max(maxn,all-siz[x])<=all/2)root=x;
}
void dfs(int x,int fa,int dep)
{
sum+=a[x]*pow(dep,1.5),delta+=a[x]*sqrt(dep);
for(int i=head[x];i;i=nex[i])if(to[i]!=fa)dfs(to[i],x,dep+v[i]);
}
void dfs2(int x,int fa,int dep)
{
delta2+=a[x]*sqrt(dep);
for(int i=head[x];i;i=nex[i])if(to[i]!=fa)dfs2(to[i],x,dep+v[i]);
}
void starch(int x)
{
find(x,0),find(x=root,0),vis[x]=1,sum=delta=0,dfs(x,0,0);
if(sum<ans)ans=sum,maxi=x;
for(int i=head[x];i;i=nex[i])
{
if(vis[to[i]])continue;
delta2=0,dfs2(to[i],x,v[i]);
if(delta-2*delta2<0)all=siz[to[i]],starch(to[i]);
}
}
}
using namespace Starch;
inline void mian()
{
read(n),all=n;int x,y,z;
for(int i=1;i<=n;++i)read(a[i]);
for(int i=1;i<n;++i)read(x,y,z),add(x,y,z),add(y,x,z);
starch(1),cout<<maxi<<" ";
printf("%.7lf",ans);
}