题意：
给定一棵树，第 \(i\) 个点的赋值范围是 \([L_i,R_i]\)。计数：选择一条路径，将路径上的点赋值，使得极差 \(\le K\)；并求出每种这样赋值方案的权值和。
\(n\le 200\)，其余 \(\le 10^9\)。
看见极差，考虑枚举最小值 \(x\)，然后统计 \([x,x+k]\) 的答案。
思路很简单，但是下一个问题是：\(x\) 的取值范围高达 \(10^9\)，不可能单独枚举具体的值。
一般推到这里发现复杂度和值域有关就可以考虑转战其他思路了。但是这题就是不一样，根本没有其他思路，所以继续推。
这时候我们可以分段处理 \(x\)！就像高斯函数的分段性一样，如果每一段 \(x\) 的答案有相似性，就可以。
当取值范围很大的时候，尝试分段。
怎么分段？要使得每一段 \(x\) 的答案是相似的的，肯定要让每个点的取值范围在这段 \(x\) 中是相似的。那么一个点的取值范围是什么？\([L_i,R_i]\cap [x,x+k]\)。
要让 \([L_i,R_i]\cap [x,x+k]\) 有相似性，想到在 \(L,R,L-k,R-k\) 处分段。
这样，在分出的五段内部，点 \(i\) 的取值范围都是仅和 \(x\) 有关的（而不是和 \(x,L_i\)、\(x+k,R_i\) 的大小关系也有关）或和 \(x\) 无关。
这样分段得到 \(O(n)\) 个段，于是可以计算每个段的答案再求和。
勿忘初心：对于一个段的 \(x\)，我们要统计最小权值为 \(x\) 的答案。记 \(S(l,r)\) 为权值在 \([l,r]\) 之间的答案，我们所要求的就是 \(S(x,x+k)-S(x+1,x+k)\)。
考虑 \(S(x,x+k)\) 怎么求。因为 \(S(x+1,x+k)\) 形式类似，只需考虑一个就行。
因为在一个段内，所以我们可以把每个点的取值范围都确定下来，形如 \([ax+b,cx+d]\)（这就是分了段的好处，上面没分段需要带 \(\min/\max\) 才能表示）。
我们发现：每个点的取值可能个数是关于 \(x\) 的一次函数。所以对于这一段的每一个 \(x\)，它作为参数给树赋值的方案数都可以看作一个相同的多项式。
如果求出了这个多项式 \(f(x)\)，设当前这一段为 \([L,R]\)，则这一段的总方案数就是 \(f(L)+f(L+1)+\cdots +f(R)\)。
就算讲过然而到这里又卡住了 …… 果然是数学太菜了吧
因为每个点取值个数都是一次函数，所以 \(f\) 是一个 \(n\) 次多项式。令 \(g(x)=\sum_{i=L}^{x}f(i)\)，则 \(g(x)\) 是 \(n+1\) 次多项式。
关于对 \(g(x)\) 是 \(n+1\) 次多项式的证明：CF622F The Sum of the k-th Powers 的参考
（粗略的说，\(g\) 的差分是 \(n\) 次多项式，所以 \(g\) 是 \(n+1\) 次多项式）
既然 \(g\) 是 \(n+1\) 次多项式，而 \(n\) 很小只有 \(200\)，我们直接使用拉格朗日插值法，取 \(n+2\) 个点值就能求出 \(g(R)\)，即 \(f(L)+\cdots +f(R)\)。
（取 \(l\sim \min(l+n+2,r)\) 的 \(f()\) 值做前缀和即为 \(g\) 在对应处的点值）
好的，我们现在只剩最后一个问题：当 \(x=x_0\) 时，怎么求 \(f(x)\)。
当 \(x\) 确定了，每个点的点权取值范围（进而方案数）也就确定了。
\(dp[x]\) 表示 \(x\) 子树内选一条端点为 \(x\) 的路径并确定路径上点权的方案数。计算 \(dp[x]\) 时采用树上背包合并子树的方式，可以在合并子树时统计所有 LCA 为 \(x\) 的路径贡献的方案数。
方案点权和也可以类似计算。