T1：
加个剪枝。
我忘了移项这件事。
高考大坑。
约瑟夫不多bb
T2:
高考化柿子大坑。
其实我一直不太觉得两头的平方是一样的，我觉得只是他们的和很特殊。
来刚。sx,sy,sxy均为平方或乘积的前缀和。
$\sum \limits_{i=1}^{n}\sum \limits_{j=i+1}^{n}(x_iy_j-x_jy_i)^2$
$\sum \limits_{i=1}^{n}\sum \limits_{j=i+1}^{n}x_i^2y_j^2+x_j^2y_i^2-2x_iy_jx_jy_i$
最左侧是$\sum \limits_{i=1}^{n}x_i^2(\sum \limits_{j=i+1}^{n}y_j^2)$
最右侧是$\sum \limits_{i=1}^{n}y_i^2(\sum \limits_{j=i+1}^{n}x_j^2)$
如果吧左右都拆开再加在一起，
观察一下就会发现，如果按每一个xi乘的一陀y来看的话：
比xi大的yi在左侧有，比xi小的yi都在右侧，
因此左侧的就会变成$\sum \limits_{i=1}^{n}x_i^2(y_1^2+\cdots+y_{i-1}^2+y_{i+1}^2+\cdots+y_{n}^2)$
然后我可以发现我如果补上一个$x_i^2y_i^2$就圆满了。
因此两端是$\sum \limits_{i=1}^{n}x_i^2 \sum \limits_{i=1}^ny_i^2-\sum \limits_{i=1}^n\sum \limits_{j=1}^nx_i^2y_i^2$
中间仍然考虑可以考虑这么一件事，把$x_iy_i$看作一个$t_i$，把2倍拆开。
把一倍写成$\sum \limits_{i=1}^nx_iy_i(x_{i+1}y_{i+1}+\cdots+x_ny_n)$
另一倍写成$\sum \limits_{i=1}^nx_iy_i(x_1y_1+\cdots+x_{i-1}y_{i-1})$
比$t_i$小的在左侧，比$t_i$大的在右侧，还是一样的加在一起
$\sum \limits_{i=1}^nx_iy_i(x_1y_1+\cdots+x_{i-1}y_{i-1}+x_{i+1}y_{i+1}+\cdots+x_ny_n)$
然后再补一个$x_i^2y_i^2$就行了。
$(\sum \limits_{i=1}^nx_i^2)(\sum \limits_{i=1}^ny_i)^2-\sum \limits_{i=1}^nx_i^2y_i^2$
然后在用两端的减去中间的值，直接消掉$\sum \limits_{i=1}^nx_i^2y_i^2$，得到可以维护的柿子。
$\sum \limits_{i=1}^nx_i^2\sum \limits_{i=1}^ny_i^2-(\sum \limits_{i=1}^{n}x_iy_i)^2$
然后就可以树状数组了。
T3：
LCIS直接DP即可。
注意定义可以修改然后直接用这个数组限制上升。
然后直接用非连续零散内存维护即可。
原文地址：https://www.cnblogs.com/starsing/p/11625241.html