前言

本文仅为个人记录，参考价值不大，且仅写了几个例题，以后遇到这方面的题会再补充。

三元环计数

实现

首先显然有 \(O(nm)\) 的暴力，考虑优化这个过程。
将点按度数从小到大排序，若度数相等则按编号大小排序，然后将原来的无向边变为从前往后的有向边，在原图中的三元环 \((u,v,w)\) 变为在新图中的三条有向边\((u,v),(v,w),(u,w)\)，考虑枚举 \(u\) 及其出边 \((u,v)\)，并枚举 \(v\) 的出边 \((v,w)\)，判断是否存在边 \((u,w)\) 即可。
直接看上去时间复杂度似乎是 \(O(m^2)\) 的，但是实际上复杂度味 \(O(m\sqrt m)\)，以下为分析：

• 若 \(v\) 出度 \(\le \sqrt m\)，时间复杂度为 \(O(\sqrt m)\)
• 若 \(v\) 出度 \(\ge \sqrt m\)，因为序列按出度从小到大排序，之后的点度数必然 \(\ge \sqrt m\)，而这样的点仅有 \(\sqrt m\) 个，所以时间复杂度为 \(O(\sqrt m)\)

综上，时间复杂度为 \(O(m\sqrt m)\)。

代码

void Main(){
	n=rd,m=rd;
	for(int i=1;i<=m;i++)
		deg[A[i]=rd]++,deg[B[i]=rd]++;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		int u=A[i],v=B[i];
		if(deg[u]>deg[v]) swap(u,v);
		else if((deg[u]==deg[v])&&u>v) swap(u,v);
		G[u].pb(v);
	}
	long long ans=0;
	for(int u=1;u<=n;u++){
		for(int v:G[u]) vis[v]=u;
		for(int v:G[u]) for(int w:G[v])
			if(vis[w]==u) ans++;
	}
	cout<<ans<<endl;
}

例题

I.CodeForces - 985G

既然三个点不相邻十分难求，我们不如换个角度，求出所有三个点至少有一条边相邻的和即可，但是直接统计会重复，可以通过容斥解决。
以下为容斥的具体分析：
我们考虑求至少有一条边相邻的和会重复统计什么，我们发下如果有一个三元组至少有两条边那么就会被统计多次，需要减掉，但是又会多减去一部分，即三元环的和，加上即可。
对于求三元组至少有一条边的和，可以枚举边 \((u,v)\)，然后对 \(w\) 的位置分讨即可。
对于求三元组至少有两条边的和，可以枚举中间点 \(v\)，则 \(u,w\)，都为 \(v\) 的邻点，将边按照大小排序，枚举节点 \(u\) 统计答案即可。
对于求三元环，你才为什么这道题是例题，直接按照三元环计数的方法统计即可，（其实这道题和三元环计数关系不大，但是比较妙就写进来了。
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