給定 n 個點和 m 條邊的一張圖和一個值 k ，求圖中邊數為 k 的聯通子圖個數 mod 1e9+7。
\(n \le 10^5, m \le 2 \times 10^5, 1 \le k \le 4\)。
觀察到 k 的值賊小，考慮分類討論
下面代碼中du[]代表點的度數。(度 找不到比較好的英文，而這個拼音比較巨，所以du是我的代碼習慣中里出現拼音的少數幾中情況之一)
觀察圖片
k = 1，輸出 m。 k = 2， 枚舉點 2，組合數一下即可。
對於 k = 3 我們分為三種情況(按照圖片順序從左到右)
圖(1) 我們枚舉邊 2--3 ，則答案為(du[2] - 1) * (du[3] - 1)。
圖(2) 我們枚舉點 2 ，組合數一下即可。
圖(3) 則轉化為三元環計數問題。
需要注意 圖(1) 中 可能出現 1 和 4 重合的情況，恰好是一個三元環。每個三元環會被統計三次。所以需要減去 3 * 三元環數量。
所以最后我們需要減去 2 * 三元環數量。
對於 k = 4，我們分為五種情況(按照圖片順序從左到右)
先考慮圖(3)是一個菊花比較簡單，枚舉點 2 直接組合數一下即可。
然后我們考慮圖(2)， 我們考慮枚舉 邊 2--3 ，則答案為 (du[2] - 2) * (du[3] - 1) + (du[2] - 1) * (du[3] - 2)。
注意到可能存在 1 號點 和 (4號點 或 5號點) 重合的情況，那么就變成了 圖(4) 。每一種圖 (4) 都會被統計兩次，需要減去兩次 圖(4) 的方案總數。
然后我們考慮圖(1)。 我們考慮枚舉點 3， 再依次枚舉它的出邊。我們開個變量 tmp 維護 已經掃過的出邊的另一端點的出邊數量和，即 sum(du[i] - 1) (i 是掃過的出邊連接的點) 每次我們將本次掃的 (du[i] - 1) 與 tmp 乘一下累加到答案然后把 (du[i] - 1) 加到 tmp 里。
這里 我們會有三種重合情況：（假設點 2 是之前枚舉過的點， 點 4 是當前正在枚舉的點）
- 點 5 和 點 1 重合。 那么圖變成了四元環，即圖(5)。每個四元環會在這里被統計四次，接下來需要 -= 4 * 四元環方案數。
- 點 5 和 點 2 重合，點 1 和點 4 不重合。 那么圖變成了圖(4)。每個 圖(4) 會在這里被統計兩次， 接下來需要 -= 2 * 四元環方案數。
- 點 5 和 點 2 重合，點 1 和點 4 重合。 那么圖變成了一個三元環。每個三元環會在這里被統計三次，接下來需要 -= 3 * 三元環方案數。
然后考慮圖(4)。圖 4 是有一個三元環和一條邊組成。我們考慮枚舉點 2 ， ans += 點 2 所在三元環數量 * (du[2] - 2) 。
考慮圖(5)。圖(5)是一個四元環計數。
現在我們把問題轉化成了給定圖求每個點所在三元環數量，以及四元環總數。三元環數量可以用給每個點三元環數量 / 3 來求出。
首先考慮求每個點所在三元環的數量。
這是常數比較大的 \(O(m \sqrt m)\) 的算法，另外還有 \(O(m \sqrt n)\) 的轉化為有向圖的常數較小的做法，沒看太懂這里不解釋
我們考慮把點分為兩種，第一種是度數 \(du[x] \le \sqrt m\) 的，第二種是度數 \(du[x] > \sqrt m\) 的 (一下簡稱第一種點、第二種點)。
然后我們三元環分為兩類，第一類是包含第一種點的三元環， 第二類是不包含第一種點的三元環（環上所有點都是第二種點）。
先考慮枚舉所有第一種點 x， 我們考慮枚舉所有無序出邊對，然后我們就可以得到三個頂點 (x, y, z) 。我們可以維護一個 set ，然后直接判斷這三個點是否構成三元環。 如果構成三元環我們考慮統計答案。 首先 對於所有第一類點，我們會枚舉所有三元環，直接在枚舉這個點時暴力統計貢獻即可。 對於第二類點，假設 y 和 z 都是第二類點， 那么 (x, y, z) 這個三元環只會在此時被統計，我們將 ans[y]++, ans[z]++。 如果 y 和 z 中只有一個第二類點(假設y)，那么三元環 (x, y, z) 會被枚舉兩次，其中 x 和 z 是第一類點。而 y 只能被統計一次，我們可以考慮當 x 的標號 小於 z 的標號時候將 ans[y]++ 以避免重復統計。這一部分的時間復雜度為 \(O(m \sqrt m)\)，因為每條邊最多只會作為第一條出邊出現兩次，而每個點 x 的出度是 \(O(\sqrt m)\) 級別的，所以第二條出邊最多為 \(O(\sqrt m)\) 個，所以復雜度為 \(O(m \sqrt m)\) 。
然后我們考慮枚舉第二類三元環。由於第二類點的個數 \(\le \sqrt m\) 個，我們考慮暴力 \(O({\sqrt m}^3) = O(m\sqrt m)\) 枚舉三個點判斷是否是三元環即可。
然后我們考慮四元環計數。
考慮枚舉枚舉點 1(設為 x)， 並欽定它是標號最大的點(欽定2 3 4 號點的標號都比 1 號點小)，然后我們枚舉 4 號點(設為y)，再枚舉 與 4 號點相連的 3 號點(設為z, z != x)。我們考慮維護一個 cnt 數組，cnt[x] 表示 和 1 號點的距離為 2 的路徑數量。 我們每次枚舉到 z 的時候，前面已經有 cnt[z] 條路徑與 x 相連了， 我們讓 ans += cnt[z]， 然后 cnt[z]++ 即可。
至於時間復雜度的證明，我們可以將點按照度數從小到大排序后重新標號跑一遍算法，時間復雜度為 \(O(m \sqrt m)\)。我並不會證。。。代碼里偷懶忘了排序了，復雜度可能會被卡掉
大毒瘤代碼
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <unordered_set>
using namespace std;
const int xkj = 1000000007;
int n, m, k;
vector<int> out[100010];
unordered_set<int> hsh[100010];
int x[200010], y[200010], du[100010], swh[100010], fuck[100010], bucket[100010], cnt;
int Cx2(int x) { return x * (long long)(x - 1) % xkj * 500000004 % xkj; }
int Cx3(int x) { return x * (long long)(x - 1) % xkj * (x - 2) % xkj * 166666668 % xkj; }
int Cx4(int x) { return x * (long long)(x - 1) % xkj * (x - 2) % xkj * (x - 3) % xkj * 41666667 % xkj; }
void prepare_swh() //獲取每個點三元環數量
{
for (int i = 1; i <= n; i++) du[i] = 0, swh[i] = 0;
for (int i = 1; i <= m; i++) du[x[i]]++, du[y[i]]++;
int sqm = sqrt(m + 0.233); cnt = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
if (du[i] <= sqm) //暴力統計
{
int sz = out[i].size();
for (int j = 0; j < sz; j++)
{
for (int k = j + 1; k < sz; k++)
{
if (hsh[out[i][j]].count(out[i][k]))
{
swh[i]++;
if (du[out[i][j]] > sqm && du[out[i][k]] > sqm) swh[out[i][j]]++, swh[out[i][k]]++;
else
{
int x = out[i][j], y = out[i][k];
if (du[x] > sqm || du[y] > sqm)
{
if (du[x] <= sqm) swap(x, y);
if (i < y) swh[x]++;
}
}
}
}
}
}
else fuck[++cnt] = i;
}
for (int i = 1; i <= cnt; i++)
{
for (int j = i + 1; j <= cnt; j++)
{
if (hsh[fuck[i]].count(fuck[j]))
{
for (int k = j + 1; k <= cnt; k++)
{
if (hsh[fuck[j]].count(fuck[k]) && hsh[fuck[i]].count(fuck[k]))
{
swh[fuck[i]]++, swh[fuck[j]]++, swh[fuck[k]]++;
}
}
}
}
}
}
int qcnt()
{
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) ans = (ans + swh[i]) % xkj;
return ans * 333333336LL % xkj;
}
int qcnt2() //獲取 sigma 每個點在多少個三元環內*(這個點的度數-2)
{
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) ans = (ans + swh[i] * (long long)(du[i] - 2) % xkj) % xkj;
return ans;
}
int qcnt3() //獲取正方形
{
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
for (int j : out[i]) if (j < i)
{
for (int k : out[j]) if (k < i)
{
ans = (ans + bucket[k]) % xkj;
bucket[k]++;
}
}
for (int j : out[i]) if (j < i)
{
for (int k : out[j]) if (k < i)
{
bucket[k]--;
}
}
}
return ans;
}
int main()
{
freopen("subgraph.in", "r", stdin), freopen("subgraph.out", "w", stdout);
scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);
for (int i = 1; i <= m; i++)
{
scanf("%d%d", &x[i], &y[i]);
out[x[i]].push_back(y[i]), out[y[i]].push_back(x[i]);
hsh[x[i]].insert(y[i]), hsh[y[i]].insert(x[i]);
}
prepare_swh();
if (k == 1) { printf("%d\n", m); }
if (k == 2)
{
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) ans = (ans + Cx2(out[i].size())) % xkj; // []---[]---[]
printf("%d\n", ans);
}
if (k == 3)
{
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) ans = (ans + Cx3(out[i].size())) % xkj; // 菊花型
for (int i = 1; i <= m; i++) ans = (ans + (out[x[i]].size() - 1) * (long long)(out[y[i]].size() - 1) % xkj) % xkj; //鏈型+三元環*3
ans = (ans - 2 * qcnt()) % xkj;//三元環數量
ans = (ans + xkj) % xkj;
printf("%d\n", ans);
}
if (k == 4)
{
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) ans = (ans + Cx4(out[i].size())) % xkj; // 菊花型
for (int i = 1; i <= m; i++) ans = (ans + Cx2(out[x[i]].size() - 1) * (long long)(out[y[i]].size() - 1) % xkj) % xkj,
ans = (ans + Cx2(out[y[i]].size() - 1) * (long long)(out[x[i]].size() - 1) % xkj) % xkj; //箭頭形+陷阱型*2
ans = (ans + xkj - 3 * (long long)qcnt2() % xkj) % xkj; //減去陷阱型
for (int i = 1; i <= n; i++) //鏈型
{
int tmp = 0;
for (int j : out[i])
{
int tmp1 = out[j].size() - 1;
ans = (ans + tmp * (long long)tmp1 % xkj) % xkj;
tmp = (tmp + tmp1) % xkj;
}
}
ans = (ans + xkj - 3 * (long long)qcnt() % xkj) % xkj;
ans = (ans + xkj - 3 * (long long)qcnt3() % xkj) % xkj;
printf("%d\n", ans);
}
return 0;
}