考虑拆贡献。

我们考虑用一个点来表示一条边，假设一条边连接 $(u,v)$ 且 $u$ 是 $v$ 的父节点，那么我们可以用点 $u$ 来代表这条边，容易证明每条边都存在唯一的点来代表它。

所以我们考虑计算有多少条简单路径经过这条边即可，显然对于 $u$ 对应的边来说，有 $siz_u\cdot(n-siz_u)$ 条简单路径经过它，那么我们就需要把答案更新为 $ans\gets ans+w\cdot siz_u\cdot(n-siz_u)$。

现在考虑修改操作，显然只需要维护一下增量即可，那增量可以写成：

$$\Delta=z\cdot \sum_{x\in u\to v 的路径上}siz_x\cdot(n-siz_x) $$

只需要求出后面一坨 $\sum$ 里的数即可，显然树上前缀和可做，时间复杂度 $O(m\log n)$。

不要忘记把答案更新为 $ans\gets ans+\Delta$。

#include <iostream>
#include <vector>
#include <algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=1e5+10;
const ll MOD=1e9+7;
ll n,fa[N][30],siz[N],dat[N],sum[N],dep[N];
ll ans;
vector<ll> e[N],quan[N];
void dfs(ll u,ll f,ll d){
	siz[u]=1;
	ll lz=e[u].size();
	for(ll i=0;i<lz;i++){
		ll v=e[u][i];
		if(v==f) continue;
		dfs(v,u,quan[u][i]);
		siz[u]+=siz[v];
	}
	dat[u]=siz[u]*(n-siz[u])%MOD;
	ans=(ans+dat[u]*d%MOD+MOD)%MOD;
}
void dfs2(ll u,ll f){
	dep[u]=dep[f]+1;
	fa[u][0]=f;
	for(ll i=1;i<30;i++) fa[u][i]=fa[fa[u][i-1]][i-1];
	sum[u]=(sum[f]+dat[u])%MOD;
	ll lz=e[u].size();
	for(ll i=0;i<lz;i++){
		ll v=e[u][i];
		if(v==f) continue;
		dfs2(v,u); 
	}
}
ll lca(ll x,ll y){
	if(dep[x]<dep[y]) swap(x,y);
	for(ll i=29;i>=0;i--){
		if(dep[fa[x][i]]>=dep[y]){
			x=fa[x][i];
		} 
	}
	if(x==y) return x;
	for(ll i=29;i>=0;i--){
		if(fa[x][i]!=fa[y][i]){
			x=fa[x][i];
			y=fa[y][i];
		}
	}
	return fa[x][0];
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	cin>>n;
	for(ll i=1;i<n;i++){
		ll u,v,w;
		cin>>u>>v>>w;
		e[u].push_back(v);
		e[v].push_back(u);
		quan[u].push_back(w);
		quan[v].push_back(w);
	}
	dfs(1,0,0);
	dfs2(1,0);
	cout<<ans<<"\n";
	ll q;
	cin>>q;
	while(q--){
		ll L,R,z,minu;
		cin>>L>>R>>z;
		minu=sum[L]+sum[R]-2*sum[lca(L,R)];
		minu%=MOD;
		if(minu<0) minu+=MOD;
		ans=(ans+minu*z%MOD+MOD)%MOD;
		cout<<ans<<"\n";
	}
	return 0;
}