万恶之源：
给定一张无重边、无自环的无向图（点数为$n$，边数为$m$，且$n,m$同阶），问有多少个无序三元组$(i,j,k)$，使得存在：
1. 有一条连接$i,j$的边
2. 有一条连接$j,k$的边
3. 有一条连接$k,i$的边
举个例子：
这张图中有三个三元环：$(1,2,3),(1,3,4),(3,4,5)$
有一个显然的基于度数的乱搞的做法（本人并没有写过……），可以在这里阅读到：jiachin_zhao [hdu 6184 Counting Stars](三元环计数)
这里介绍一种十分优秀的三元环计数方法：
首先要对所有的无向边进行定向，对于任何一条边，从度数大的点连向度数小的点，如果度数相同，从编号小的点连向编号大的点
此时这张图是一个有向无环图
之后枚举每一个点$u$，然后将$u$的所有相邻的点都标记上“被$u$访问了”，然后再枚举$u$的相邻的点$v$，然后再枚举$v$的相邻的点$w$，如果$w$存在“被$u$访问了”的标记，那么$(u,v,w)$就是一个三元环了
而且每个三元环只会被计算一次
那么现在就只需要证明三件事：
1. 定向后的图是一个有向无环图
以上图为例，用$deg_u$表示$u$在原图中的度数，则$deg_a ge deg_b ge deg_c ge deg_d ge deg_e ge deg_a$
既$deg_a=deg_b=deg_c=deg_d=deg_e=deg_a$
对于度数相同的点，是按照编号从小到大连边的，则$a le b le c le d le e le a$
既$a=b=c=d=e$
然而点的编号是$1 sim n$的全排列，因此不会产生如上的事情，既不存在环
由于这张图有向，而且没有环，因此这张图就是有向无环图
2. 时间复杂度是$O(m sqrt m)$（在此认为$n,m$同阶）
对于“打标记”这个操作，每个点都会将所有的出边遍历一遍，那么这里的时间复杂度为$O(n+m)$
对于访问$u$，然后访问$v$，然后访问$w$，可以这么考虑：对于每条边（$u ightarrow v$），对时间复杂度的贡献为$out_v$，其中$out_v$表示$v$的出边个数
这样就转化为了求$sum_{i=1}^{n}out_i$
不妨将$out_v$分类讨论
1. $out_v le sqrt m$，那么由于$u$连接$v$，因此$deg_u ge deg_v$，这样的uu的个数是$O(n)$的，因此这里的时间复杂度为$O(n sqrt m)$
2. $out_v gt sqrt m$，那么由于$u$连接$v$，因此$deg_u ge deg_v$，既$deg_u gt sqrt m$，这样的$u$的个数是$O(sqrt m)$的，因此这里的时间复杂度为$O(sqrt m m)=O(m sqrt m)$
因此时间复杂度为$O(n+m+nsqrt m+msqrt m)=O(m sqrt m)$
3. 每个三元环只会被统计一次
三元环在有向无环图上无非就长这样：
也只能且只会在$u$处被计算一次
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 ", ans); 26 }