无向图三元环计数

题目链接：luogu P1989

题目大意

给你一个无向图，问你有多少个三元组 (a,b,c)，使得 ab,bc,ac 之间都有边。
我们把不同排列得到的三元组看做一个。

思路

首先不难想到一些暴力的做法：
直接枚举三个点 \(O(n^3)\)，枚举两条边 \(O(m^2)\)，枚举点和相邻的边 \(O(nm)\)。

然而都过不了。
我们考虑进行一个优化。
考虑我们会重复计算一些，我们考虑把边弄成有向的（按照一定的方法）。
我们考虑把点排优先级，从优先级大的连向优先级小的。

然后我们可以把度数大的的优先级更大，如果入度相同就看点编号。
那这样搞之后，我们考虑枚举一开始的点，然后标记处它能走到的点，然后按边扩展两步，如果扩展到的点一开始的点都能到，那就形成了一个三元环。
然后这么搞就可以过。

然后说一说如何判断走到的点和一开始的点是否有边。
其实你就拿个数组记录一下那些点是能走到的，然后枚举枚举新的开始的点的时候更新一下就好了。

那为什么呢？
我们分情况讨论：（设新图入度为 \(ru_i\)，出度为 \(chu_i\)）

1. 出度 \(\leqslant \sqrt{m}\)，那所有点就是 \(O(m\sqrt{m})\)。（\(ru_i\) 之和只有 \(m\)）
2. 初度 \(>\sqrt{m}\)，那由于边数是 \(m\)，那这样的点不会超过 \(\sqrt{m}\) 个，那复杂度总和还是 \(O(m\sqrt{m})\)。

所以复杂度就变成了 \(O(m\sqrt{m})\)。

代码

#include<queue>
#include<cstdio>
#include<vector>

using namespace std;

int n, m, du[100001], x, y, ans;
vector <int> lnk[100001], son[100001];
queue <int> q;
bool in[100001];

int main() {
	scanf("%d %d", &n, &m);
	for (int i = 1; i <= m; i++) {
		scanf("%d %d", &x, &y);
		lnk[x].push_back(y); lnk[y].push_back(x);
	}
	
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		for (int j = 0; j < lnk[i].size(); j++)
			if (i < lnk[i][j]) {
				if (lnk[i].size() >= lnk[lnk[i][j]].size()) {
					son[i].push_back(lnk[i][j]); du[lnk[i][j]]++;
				}
				else son[lnk[i][j]].push_back(i), du[i]++;
			}
	}
	
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		if (!du[i]) q.push(i);
	}
	while (!q.empty()) {
		int now = q.front();
		q.pop();
		
		for (int i = 0; i < son[now].size(); i++) {
			du[son[now][i]]--;
			if (!du[son[now][i]]) q.push(son[now][i]);
			in[son[now][i]] = 1;//标记 x 可以到的点
		}
		for (int i = 0; i < son[now].size(); i++) {//枚举 x->y
			for (int j = 0; j < son[son[now][i]].size(); j++)//枚举 y->x
				if (in[son[son[now][i]][j]]) ans++;//看是否有 x->z
		}
		for (int i = 0; i < son[now].size(); i++) {
			in[son[now][i]] = 0;
		}
	}
	
	printf("%d", ans);
	
	return 0;
}