頂点 \(1\) からスタートしてちょうど \(L\) 回辺を通るような経路は、深さ優先探索 (DFS) などによって列挙することが可能です。
頂点 \(v\) \((1\leq v\leq N)\) が問題の条件をみたすかどうかは、 これらの経路のうち、通った辺のコストの総和が \(S\) 以上 \(T\) 以下であるようなものであって、\(L\) 回目の移動の後にいる頂点が \(v\) であるようなものが存在することと同値です。

よって、頂点 \(1\) でまだ何の辺も通ってない状態から始めて、（現在いる頂点, それまでに通った辺の本数, それまでに通った辺のコストの総和）の情報を持って、次の手順を再帰的に行うことによって解くことができます。

• それまでに通った辺の本数が \(L-1\) 以下ならば、現在いる頂点から伸びている辺すべてについて、「その辺を通って移動する。このとき、（現在いる頂点, それまでに通った辺の本数, それまでに通った辺のコストの総和）を通った辺の情報によって更新する。その後、再度この手順を行う。」という行動を行う。
• それまでに通った辺の本数が \(L\) のとき、それまでに通った辺のコストの総和が \(S\) 以上 \(T\) 以下ならば、現在いる頂点を（問題文の）条件をみたす頂点として記録する。

この手順のあとで、条件をみたす頂点として記録された頂点を（重複しないように）昇順に列挙したものが答えとなります。

ここで、考える必要があるのが列挙するのにかかる時間計算量ですが、重要となるのは以下の事実です。

この問題で与えられるグラフにおいて、頂点 \(1\) からスタートしてちょうど \(L\) 回辺を通るような経路は、高々 \(4^L\) 通りしか存在しない。
なお、ここで \(2\) つの経路が異なるとは、ある \(1\leq i\leq N\) が存在して \(i\) 回目に通った辺が異なることを指す。

よって、上記の方法では高々 \(O(L\cdot 4^L)\) ですべての経路を列挙することができます。なお実際には、\(i\) 本の辺を通った後の状態が高々 \(4^i\) 通りしか存在しないことから、上記の深さ優先探索の手順の計算量は \(O(4^L)\) となっています。
これは、本問題の制約（特に \(L\leq 10\) ）下で、十分に高速です。よって、この問題を解くことができました。

C++ による実装例:

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define N (int)200000

int l,s,t;
vector<pair<int,int> >e[N];
bool flag[N];


void dfs(int k,int d,int tot){
	if(d==l){
	  if((s<=tot)&&(tot<=t))flag[k]=true;
	  return;
	}
	if(d<l){ //just in case
		int sz=e[k].size();
		for(int i=0;i<sz;i++){
			dfs(e[k][i].first,d+1,tot+e[k][i].second);
		}
	}
	return;
}


int main() {
	int n,m;
	int u,v,c;
	cin >> n >> m >> l >> s >> t;
	for(int i=0;i<m;i++){
		cin >> u >> v >> c;
		e[u-1].push_back({v-1,c});
	}
	for(int i=0;i<n;i++)flag[i]=false;
	dfs(0,0,0);

	vector<int>ans;
	for(int i=0;i<n;i++){if(flag[i])ans.push_back(i+1);}
	int sz=ans.size();
	for(int i=0;i<sz;i++){
		cout << ans[i];
		if(i<(sz-1))cout << " ";
	}
	cout << endl;
	return 0;
}