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题解

暴力方法：

遍历每个节点，遍历每个节点的子节点，遍历每个子节点的子节点，看看子子节点是否是节点的子节点，时间复杂度 \(O(nm^2)\)

优化

考虑无向边建边的时候建成有向边，且两个点建边时，度数小的指向度数大的，如果度数相等，编号小的指向编号大的（其实这一步是为了避免重复计数）（启发式建边？？？）时间复杂度 \(O(m\sqrt{m})\)

证明：

每个节点，最多有 \(\sqrt{m}\) 条出边，如果原始无向图中，某个点有 \(k\) 条边

• 如果 \(k<\sqrt{m}\) 那么其出边也不会超过 \(\sqrt{m}\)

• 如果 \(k\geq \sqrt{m}\) 那么其只会指向边比它更多的点，这样的点不超过 \(\sqrt{m}\)

所以相当于遍历每个有向边，然后遍历终点的出边，查看是否也是起点的一条出边的终点（因为不存在有向三元环，这样也避免了重复计数）

code

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;

vector<int> G[100005];
int out[100005]={0};
int vis[100005]={0};
int a[200005]={0};//edge
int b[200005]={0};
int du[100005]={0};

void solve()
{
    int n,m;
    cin>>n>>m;

    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        cin>>a[i]>>b[i];

        du[a[i]]++;
        du[b[i]]++;
    }

    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        int x=a[i],y=b[i];
        if(du[x]>du[y]) G[y].push_back(x);
        else if(du[x]<du[y]) G[x].push_back(y);
        else if(x<y) G[x].push_back(y);
        else G[y].push_back(x);
    }

    ll ans=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        for(auto it:G[i]) vis[it]=i;

        for(auto next:G[i])
        {
            for(auto nnext:G[next])
            {
                if(vis[nnext]==i) ans++;
            }
        }
    }

    cout<<ans;
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
    int t=1;
    //cin>>t;
    while(t--) solve();
    return 0;
}