T1：
约瑟夫问题。
经证(da)明(biao)可知，最终答案计算方法是：
答案由$1$开始，每次加$m$，若大于次数加一，就对次数加一取模。
可以$O(1)$计算每次取模的位置，取模不超过$mlogn$次，于是时间复杂度为$O(mlogn)$。
T2：
普及：向量叉积：$v_1=(x_1,y_1),v_2=(x_2,y_2) \Rightarrow \vec{v_1}\times \vec{v_2}=x_1*y_2-x_2*y_1$
然而我只会拆平方干推式子：
$\large \begin{array}{ll} ans &=& \sum \limits_{i=l}^r \sum \limits_{j=i+1}^r (v_i \times v_j)^2 \\ &=& \sum \limits_{i=l}^r \sum \limits_{j=i+1}^r (x_iy_j-x_jy_i)^2 \end{array}$
考虑拆平方：
$\large \begin{array}{ll} ans &=& \sum \limits_{i=l}^{r} \sum \limits_{j=i+1}^r (x_i^2y_j^2+x_j^2y_i^2-2x_iy_ix_jy_j) \\ &=& \sum \limits_{i=l}^r \sum \limits_{j=i+1}^r x_i^2y_j^2 + \sum \limits_{i=l}^r \sum \limits_{j=i+1}^r x_j^2y_i^2 - \sum \limits_{i=l}^r \sum \limits_{j=i+1}^r 2x_iy_ix_jy_j \\ &=& \sum \limits_{i=l}^r \sum \limits_{j=l}^r [i!=j]*x_i^2y_j^2 - \sum \limits_{i=l}^r \sum \limits_{j=l}^r [i!=j]*x_iy_ix_jy_j \\ &=& \sum \limits_{i=l}^r x_i^2 (\sum \limits_{j=l}^r y_j^2 -y_i^2) - (\sum \limits_{i=l}^r x_iy_i (\sum \limits_{j=l}^r x_jy_j - x_iy_i)) \\ &=& \sum \limits_{i=l}^r x_i^2 \sum \limits_{j=l}^r y_j^2 - \sum \limits_{i=l}^r x_i^2y_i^2 - (\sum \limits_{i=l}^r x_iy_i \sum \limits_{j=l}^r x_jy_j - \sum \limits_{i=l}^r x_i^2 y_i^2) \\ &=& \sum \limits_{i=l}^r x_i^2* \sum \limits_{i=l}^ry_i^2 - (\sum \limits_{i=l}^r x_iy_i)^2\end{array}$
线段树中维护$\sum \limits_{i=l}^r x_i^2$，$\sum \limits_{i=l}^r y_i^2$和$\sum \limits_{i=l}^r x_iy_i$即可。
时间复杂度$O((n+m)logn)$。
T3：
经典的LCIS(最长公共上升子序列)问题。
设$dp[i][j]$为第一个串考虑到第$i$位，第二个串选择第$j$位的最优答案。
则有状态转移方程：
$dp[i][j]=\max \limits_{k<j}^{b_k<a_j}\{dp[i-1][k]\}+1$
我们发现第二维只能从小向大转移，所以从小到大枚举，同时更新当前最优答案，直接更新即可。
至于方案，记录转移前驱即可。
时间复杂度$O(nm)$。