万恶之源：
给定一张无重边、无自环的无向图（点数为$n$，边数为$m$，且$n,m$同阶），问有多少个无序三元组$(i,j,k)$，使得存在：
1. 有一条连接$i,j$的边
2. 有一条连接$j,k$的边
3. 有一条连接$k,i$的边
有一个显然的基于度数的乱搞的做法（本人并没有写过……），可以在这里阅读到：jiachin_zhao [hdu 6184 Counting Stars](三元环计数)
这里介绍一种十分优秀的三元环计数方法：
首先要对所有的无向边进行定向，对于任何一条边，从度数小的点连向度数大的点，如果度数相同，从编号小的点连向编号大的点
此时这张图是一个有向无环图
之后枚举每一个点$u$，然后将$u$的所有相邻的点都标记上“被$u$访问了”，然后再枚举$u$的相邻的点$v$，然后再枚举$v$的相邻的点$w$，如果$w$存在“被$u$访问了”的标记，那么$(u,v,w)$就是一个三元环了
而且每个三元环只会被计算一次
那么现在就只需要证明三件事：
1. 定向后的图是一个有向无环图
如果存在环，那么环上的点度数全部相同，然而度数相同的点是编号较小的连向编号较大的
由于点的编号互不相同，因此环上不会出现$x_1 \lt x_2 \lt x_3 \lt \dots \lt x_n \lt x_1$的情况（其中$x_i$表示环上某个点的编号）
由于这张图有向，而且没有环，因此这张图就是有向无环图
2. 时间复杂度是$O(n \sqrt n)$（在此认为$n,m$同阶）
设$out_u$表示$u$的出边个数，$in_u$表示$u$的入边个数
观察算法流程，会发现对于每一个点$u$，第一次标记所有邻点的时候会对时间复杂度贡献$O(out_u)$
由于是一个有向无环图，因此枚举$v,w$的对时间复杂度的贡献相当于$in_u \times out_u$
既总的时间复杂度为$O(\sum out_u + \sum in_u \times out_u)=O((n+m) + \sum in_u \times out_u)$
又由于是有向无环图，因此所有点的入度之和是$O(n)$的，既$\sum in_u \times out_u \le n \times \max(out_u)$
那么只需要证明$out_u$不会超过$\sqrt m$即可
如果$out_u \gt \sqrt m$，那么它的某个出点$v$，因为是从度数小的往度数大的连边，一定满足$deg_v \gt \sqrt m$
然而$deg_u \times deg_v \gt m$，并没有那么多条边，因此每个点的度数不会超过$\sqrt m$
3. 每个三元环只会被统计一次
三元环在有向无环图上无非就长这样：
也只能且只会在$A$处被计算一次
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 const int N = 1e5 + 10; 4 vector<int> g[N]; 5 int deg[N], vis[N], n, m, ans; 6 struct E { int u, v; } e[N * 3]; 7 int main() { 8 scanf("%d%d", &n, &m); 9 for(int i = 1 ; i <= m ; ++ i) { 10 scanf("%d%d", &e[i].u, &e[i].v); 11 ++ deg[e[i].u], ++ deg[e[i].v]; 12 } 13 for(int i = 1 ; i <= m ; ++ i) { 14 int u = e[i].u, v = e[i].v; 15 if(deg[u] > deg[v] || (deg[u] == deg[v] && u > v)) swap(u, v); 16 g[u].push_back(v); 17 } 18 for(int x = 1 ; x <= n ; ++ x) { 19 for(auto y: g[x]) vis[y] = x; 20 for(auto y: g[x]) 21 for(auto z: g[y]) 22 if(vis[z] == x) 23 ++ ans; 24 } 25 printf("%d\n", ans); 26 }