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Description.
构造一个带权 DAG，使得从 \(1\) 到 \(n\) 的所有路径构成一个可重集 \(S\)。
使得 \(\forall x\in[L,R]\)，\(x\) 在 \(S\) 中只出现一次。
边权 \(\ge 1\)，点数 \(\le n\)
Solution.
每个部分都不会，加起来怎么可能会呢
Part1：构造 \([1,2^k]\)。
就可以构造 \([0,2^k)+1\)，那这样肯定存在一个最高 \(1\) 位。
然后后面肯定都是 \(1000\cdots1000\cdots1000\cdots\) 这样的。
可以考虑枚举下一个 \(1\) 的位置，如果没有就连向终点。
然后这样就对于每个点所有出边都是 \(2^i\)，起点需要枚举一下最高位。
这样总共用了 \(k\) 个点。
当然枚举最高位还是最低位都是本质相同的吧。
Part2：从 \([1,2^k]\rightarrow[1,\sum2^i]\)。
考虑每次建这样一张图太累了，图上某些节点是可以重复利用的。
从低到高考虑，如果当前有一个 \(1\)，我们就需要加上一段的答案。
我们可以重复利用上一段的信息，新增一个点。
对于一个 \(1\)，我们可以考虑把这个点和新增的点连成一条到结尾的直达路，让这条路权值使后面全都填满。
然后就可以构造了。
Coding.
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//Coded by Kamiyama_Shiki on 2021.11.08 {{{
//是啊……你就是那只鬼了……所以被你碰到以后，就轮到我变成鬼了
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;typedef long long ll;
template<typename T>inline void read(T &x)
{
x=0;char c=getchar(),f=0;
for(;c<48||c>57;c=getchar()) if(!(c^45)) f=1;
for(;c>=48&&c<=57;c=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
f?x=-x:x;
}
template<typename T,typename...L>inline void read(T &x,L&...l) {read(x),read(l...);}//}}}
int L,R,tot,id[55],et=0,fr[5555],tw[5555],we[5555];
inline void adde(int x,int y,int w) {++et,fr[et]=x,tw[et]=y,we[et]=w;}
inline void flush()
{
printf("YES\n%d %d\n",tot,et);
for(int i=1;i<=et;i++) printf("%d %d %d\n",fr[i],tw[i],we[i]);
}
int main()
{
read(L,R);int n=R-L+1,lg=0;for(;(1ll<<lg)<=n;lg++);
int s=++tot;if(L!=1) adde(1,s=++tot,L-1);
for(int i=0;i<lg;i++) id[i]=++tot;
int o=++tot;swap(id[lg-1],o);
for(int i=0;i<lg;i++) adde(s,id[i],1);
for(int i=0;i<lg;i++) for(int j=i+1;j<lg;j++) adde(id[i],id[j],1<<i);
for(int i=1;i<lg;i++) if((n>>(i-1))&1) adde(id[i-1],o,((n>>i)<<i)-1);
return adde(o,tot,1),flush(),0;
}