T1
其实条件就是 \(a_i-i \le a_j-j,i-b_i \le j-b_j\)，因此我们记 \(x_i=a_i-i,y_i=i-b_i\)。
显然，同一个 \(x_i\) 的点都在一个连通块内，因为它们都可以被 \(y_i\) 最大的点连起来；依照这个思路，我们记 \(mx_i\) 为 \(x=i\) 的二元组中 \(y\) 的最大值；\(mn_i\) 为 \(x \le i\) 的二元组中 \(y\) 的最小值。
那么我们按照 \(x_i\) 升序排序后，显然如果可以连边，那么一定是由 \(mx_i\) 向前连的。如果 \(\exists_{j<i} mn_j>mx_i\),那么 \(j\) 和 \(i\) 就不存在边，这就有可能形成两个连通块。因为每次判断用的是前缀最小值，因此我们的连通块在 \(x\) 上是一段区间。于是我们考虑每次新加入一个 \(mx_i\) 时，从它开始向前连边，因为可以连边的 \(y_i\) 的值域是一个前缀，所以我们就从后往前进行枚举，如果此时我们枚举到 \(k\)，如果 \(mn_k \le mx_i\) 那么 \(i\) 就可以向 \(k\) 连边。
T2
赛时因为没有看清题目浪费大量时间，直接导致了没有时间进行性质观察和形成算法（很接近了）。
首先，发现只要确定了 \(s_1\)，其他字符串都可以通过模拟构造。于是我们就想怎么刻画每一个字符串对 \(s_1\) 的限制。
接着，我们发现每一个字符串的限制可以表示为前 \(k\) 个字符由可重集 \(P\) 中的字符构成。
然后我们考虑一个限制 \((k,P)\) 怎么从 \(s_i\) 转移到 \(s_{i-1}\)：
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若 \(k \le |s_{i-1}|\)：因为不够一个周期，所以限制仍然是对 \(k\) 个字符的。
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若 \(k>|s_{i-1}|\)：此时 \(s_{i-1}\) 在 \(k\) 中形成周期，所以我们可以加强限制，将 \(s_{i-1}\) 在 \(k\) 中的周期部分减去，只留下剩余的部分，这显然是可以 \(O(1)\) 处理的。
最后在 \(s_1\) 处统一判断限制是否合法即可。
时间复杂度分析：一个限制每次被处理至少被除 \(2\)，因此至多被处理 \(\log|S|\) 次。因此时间复杂度为 \(O(n|\Sigma|\log |S|)\)。
T3
首先，两个结论：
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最高位相同的三个数一定合法；
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三个数 \(x,y,z\) 不合法时，满足 \(y<z\) 的充要条件是：\(y\) 和 \(z\) 的最高位相同，且 \(z\) 在 \(x\) 最高位处的值为 \(1\)；（否则说明 \(y\) 在 \(x\) 最高位的值为 \(1\)。那么对于高于 \(x\) 最高位的位，\(y\) 和 \(z\) 的值相同；低于 \(x\) 最高位的位的总和也一定不会大于 \(x\) 最高位的值）
证明是显然的，观察到是困难的。
因为只有 \(n\)，所以考虑 dp。
令 \(f_i\) 表示最后一个数的最高位为 \(i\) 的方案数。接下来进行分类讨论：
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如果只取最高位为 \(i\) 的数：那么有 \(f_i \leftarrow 2^{2^i}\)；
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如果从最高位为 \(j\) 的数转移过来：那么总方案数是 \((2^{2^i} -1) \times f_j\)；依据第二点进行容斥，非法方案就是在第 \(i\) 位和第 \(j\) 位都为 \(1\)，其他位随意。那么我们将位数分为 \((i,j)\) 和 \((j,0)\) 两个区间，每个区间内的方案数都是一个等比数列之和，因此可以 \(O(1)\) 算出来。
上述过程处理后，得到转移：
显然可以维护前缀和，时间复杂度 \(O(n\log MOD)\)。
T4
首先，这种路径长度和点权有关的题目可以考虑将点权转化为：开一个新点，连一条边权为点权的点。
然后，这道题类似求半径（直径的一半），因为树中一个点出发的路径长度不小于直径长度的一半。
然后为了刻画一个点的路径的权值，我们将点权的转化进行两次，这样就可以刻画了（两倍点权的一半就是点权）。
经过上述转化后，树中的直径就是通常意义上的直径，那么它具有两个性质：
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合并两棵树（包括虚树）时，新树的直径的端点一定在原来两棵树直径的四个端点中；
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如果有一条边（一段为叶子）的边权增大，那么新的直径的端点只可能在原直径的端点、新边的叶子节点中。
利用性质一，我们有：用线段树维护当前直径中的两个端点，然后修改就直接修改，合并就利用性质。
利用性质二，我们有：我们可以用线段树分治，初始时所有点的点权都为 \(0\)，操作就利用性质。
时间复杂度为 \(O(n \log^2 n)\)，如果使用方法一实现加 \(O(1)\) 求 LCA，可以做到 \(O(n \log n)\)。
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