萬惡之源：
給定一張無重邊、無自環的無向圖（點數為$n$，邊數為$m$，且$n,m$同階），問有多少個無序三元組$(i,j,k)$，使得存在：
1. 有一條連接$i,j$的邊
2. 有一條連接$j,k$的邊
3. 有一條連接$k,i$的邊
舉個例子：
這張圖中有三個三元環：$(1,2,3),(1,3,4),(3,4,5)$
有一個顯然的基於度數的亂搞的做法（本人並沒有寫過……），可以在這里閱讀到：jiachin_zhao [hdu 6184 Counting Stars](三元環計數)
這里介紹一種十分優秀的三元環計數方法：
首先要對所有的無向邊進行定向，對於任何一條邊，從度數大的點連向度數小的點，如果度數相同，從編號小的點連向編號大的點
此時這張圖是一個有向無環圖
之后枚舉每一個點$u$，然后將$u$的所有相鄰的點都標記上“被$u$訪問了”，然后再枚舉$u$的相鄰的點$v$，然后再枚舉$v$的相鄰的點$w$，如果$w$存在“被$u$訪問了”的標記，那么$(u,v,w)$就是一個三元環了
而且每個三元環只會被計算一次
那么現在就只需要證明三件事：
1. 定向后的圖是一個有向無環圖
以上圖為例，用$deg_u$表示$u$在原圖中的度數，則$deg_a \ge deg_b \ge deg_c \ge deg_d \ge deg_e \ge deg_a$
既$deg_a=deg_b=deg_c=deg_d=deg_e=deg_a$
對於度數相同的點，是按照編號從小到大連邊的，則$a \le b \le c \le d \le e \le a$
既$a=b=c=d=e$
然而點的編號是$1 \sim n$的全排列，因此不會產生如上的事情，既不存在環
由於這張圖有向，而且沒有環，因此這張圖就是有向無環圖
2. 時間復雜度是$O(m \sqrt m)$（在此認為$n,m$同階）
對於“打標記”這個操作，每個點都會將所有的出邊遍歷一遍，那么這里的時間復雜度為$O(n+m)$
對於訪問$u$，然后訪問$v$，然后訪問$w$，可以這么考慮：對於每條邊（$u \rightarrow v$），對時間復雜度的貢獻為$out_v$，其中$out_v$表示$v$的出邊個數
這樣就轉化為了求$\sum_{i=1}^{n}out_i$
不妨將$out_v$分類討論
1. $out_v \le \sqrt m$，那么由於$u$連接$v$，因此$deg_u \ge deg_v$，這樣的uu的個數是$O(n)$的，因此這里的時間復雜度為$O(n \sqrt m)$
2. $out_v \gt \sqrt m$，那么由於$u$連接$v$，因此$deg_u \ge deg_v$，既$deg_u \gt \sqrt m$，這樣的$u$的個數是$O(\sqrt m)$的，因此這里的時間復雜度為$O(\sqrt m m)=O(m \sqrt m)$
因此時間復雜度為$O(n+m+n\sqrt m+m\sqrt m)=O(m \sqrt m)$
3. 每個三元環只會被統計一次
三元環在有向無環圖上無非就長這樣：
也只能且只會在$u$處被計算一次
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 }