大常熟另类做法。不用排序。
要求直径长度，则想到把直径这一条链拎出来处理。然后考虑其他边会接在哪里，发现树最优情况下一定是一个毛毛虫的形式。更进一步，所有边都挂在接近直径中点的点上。
然后再考虑这些不在直径中的，长度为 \(l\) 的边带来的限制，设直径为 \(d\)，从每个点将直径切成两半，记其中一段为 \(c_i\)，则有 \(\max(\min(c_i,d-c_i))\ge l\)。
于是考虑一个 dp：设 \(dp_{i,j,k}\) 表示只考虑前 \(i\) 条边，当前已经选进直径的边长度之和为 \(j\)，不在直径中的 \(l\) 的最大值为 \(k\)，是否可行。每次新加入一条边，长度为 \(l_i\)，就看它是否加入直径。转移即为：
\[dp_{i,j,l_i}:=dp_{i,j,l_i}+\sum dp_{i-1,j,p\le l_i}
\]
\[dp_{i,j,k>l_i}:=dp_{i,j,k}+dp_{i-1,j,k}
\]
\[dp_{i,j,k}:=dp_{i,j,k}+dp_{i-1,j-l_i,k}
\]
在 bool 值下运算。
如果有 \(dp_{n,i,j}\) 满足 \(dp_{n,i,j}=1\land j\le\min(i,d-i)\) 则可行。
发现有一点小问题：有可能一个 \(i\) 是无法满足最后获得长为 \(d\) 的直径的。则再设一个 dp：\(f_{i,j,k}\) 表示只考虑前 \(i\) 条边，直径总长为 \(j\)，其中一段长为 \(k\) 是否可行。也是 bool 背包转移。
然后发现上面两个东西都可以用 bitset 维护，然后就可以 \(O(\dfrac{nd^2}{\omega})\) 做完了。
但是常数大，如果你在代码里多用左移/右移好像会 TLE，尽量少用，卡卡就过了。cf 机子真是令人流汗。
code：
点击查看代码
int n,m;
bitset<N> dp[2][N],f[2][N];
void Yorushika(){
scanf("%d%d",&n,&m);
rep(i,0,m)dp[0][i].reset();
rep(i,0,m)f[0][i].reset();
dp[0][0].set(0),f[0][0].set(0);
bitset<N> ALL;ALL.set();
rep(i,1,n){
int x,p=i&1;scanf("%d",&x);
rep(j,0,m)dp[p][j].reset();
rep(j,0,m)f[p][j].reset();
bitset<N> S;
rep(j,0,x)S.set(j);
rep(j,0,m){
dp[p][j][x]=(dp[p^1][j]&S).any();
dp[p][j]|=dp[p^1][j]&(ALL^S);
}
rep(j,x,m)dp[p][j]|=dp[p^1][j-x];
rep(j,x,m){
f[p][j]|=f[p^1][j-x];
f[p][j]|=f[p^1][j-x]<<x;
}
rep(j,0,m)f[p][j]|=f[p^1][j];
}
bool ans=0;
rep(i,0,m)rep(j,0,m)ans|=f[n&1][m][i]&&dp[n&1][i][j]&&j<=min(i,m-i);
puts(ans?"Yes":"No");
}
signed main(){
int t=1;
scanf("%d",&t);
while(t--)
Yorushika();
}