感觉我可能学的假的（复杂度没问题，但是常数巨大）。
一个比较真的说明见这儿：https://czyhe.me/blog/algorithm/3-mem-ring/3-mem-ring/。
(Description)
n个点m条边的无向图，每个点有点权。对于任意一个三元环((i,j,k),i<j<k)，其贡献为(max{a_i,a_j,a_k})。求所有三元环的贡献和。
一般的三元环计数问题：根据出度是否(leqsqrt m)将点分为两类。
对于(dgr[x]leq sqrt{m})的点x，枚举x的任意两条出边，判断这两条出边的端点间是否有边（map/set/邻接表hash）。因为一条边最多被起点枚举(sqrt m)次，最多枚举(m)条边，所以复杂度不超过(O(msqrt{m}))（无向图的话计算过的点不再计算了）。
对于(dgr[x]>sqrt{m})的点x，三个三个枚举这些点，暴力判断之间是否有边。因为最多只有(sqrt m)个这样的点，so复杂度是(O((sqrt m)^3)=O(msqrt m))。
(Solution1)
对于本题，我们消除取max的限制。对于原图中的一条边u<->v，若val[u]<val[v]，则连边v->u；否则连边u->v。（相等的话一样吧）
然后我们从val最大的点遍历新图（因为是有向图，so不会重复）。枚举当前点的出边x->v，若(dgr[v]leqsqrt m)，则枚举v的出边，判断是否与x相邻；否则枚举x的出边v'，判断是否与v相邻。
判断是判断v是否与v'有连边，而不是v'与v有边！因为若v'度数小会只枚举其出边，比如如果按后者判断，v->v'有边，枚举v时不算答案；而v'是枚举其出边，并不包括v。这个贡献就没了。so都统一计出边答案就行了。
（可以在此之前枚举x的出边x->v，对v打标记，就可以知道某个点是否与x相邻）
复杂度不知道。
???卡数组邻接表还行，T了三遍。
//13948kb 5904ms
#include <set>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <vector>
#include <algorithm>
//#define gc() getchar()
#define MAXIN 250000
#define gc() (SS==TT&&(TT=(SS=IN)+fread(IN,1,MAXIN,stdin),SS==TT)?EOF:*SS++)
const int N=1e5+5,M=250005;
int n,m,/*Enum,H[N],nxt[M],to[M],*/Link[N],dgr[N];
std::set<int> s[N];
std::vector<int> vec[N];
char IN[MAXIN],*SS=IN,*TT=IN;
struct Node{
int val,id;
bool operator <(const Node &a)const{
return val>a.val;
}
}A[N];
inline int read()
{
int now=0;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());
return now;
}
inline void AddEdge(int u,int v){
++dgr[u], vec[u].push_back(v);
// ++dgr[u], to[++Enum]=v, nxt[Enum]=H[u], H[u]=Enum;
}
int main()
{
n=read(), m=read();
for(int i=1; i<=n; ++i) A[i]=(Node){read(),i};
for(int i=1,u,v; i<=m; ++i)
u=read(), v=read(), A[u].val>A[v].val?(AddEdge(u,v),s[u].insert(v)):(AddEdge(v,u),s[v].insert(u));//set连双向/单向无所谓了，反正连通是单向的(不过这样快啊)
std::sort(A+1,A+1+n);
long long ans=0;
for(int i=1,x,val,size=sqrt(m); i<=n; ++i)
{
x=A[i].id, val=A[i].val;
const std::vector<int> &X=vec[x];
int l=X.size();
for(int j=0,l=X.size(); j<l; ++j) Link[X[j]]=x;
for(int j=0,l=X.size(),v; j<l; ++j)
{
v=X[j];
if(dgr[v]<=size){
for(int k=0,l2=vec[v].size(); k<l2; ++k)
if(Link[vec[v][k]]==x) ans+=val;
}
else{
for(int k=0; k<l; ++k)
if(s[v].count(X[k])) ans+=val;//not s[to[k]].count(v)!!!
}
}
// for(int j=H[x]; j; j=nxt[j]) Link[to[j]]=x;
// for(int j=H[x],v; j; j=nxt[j])
// {
// v=to[j];
// if(dgr[v]<=size){
// for(int k=H[v]; k; k=nxt[k])
// if(Link[to[k]]==x) ans+=val;
// }
// else{
// for(int k=H[x]; k; k=nxt[k])
// if(s[v].count(to[k])) ans+=val;//if(s[to[k]].count(v)) ans+=val;//WA
// }
// }
}
printf("%lld",ans);
return 0;
}
(Solution2)
给定(n)个点(m)条边的图，对于每一条边，枚举两个端点中度数较少的端点的邻接点，判断是否构成三元环。这种做法的判断次数在(m)条边形成一个完全图时达到最大，即(O(msqrt m))：http://tieba.baidu.com/p/4524107534
对于任意两条边，我们可以直接枚举度数较小的。
然而这样写怎么TLE了。。本身复杂度不小加每次一定带个set的log？
//TLE
#include <set>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <vector>
#include <algorithm>
//#define gc() getchar()
#define MAXIN 250000
#define gc() (SS==TT&&(TT=(SS=IN)+fread(IN,1,MAXIN,stdin),SS==TT)?EOF:*SS++)
const int N=1e5+5,M=250005;
int n,m,val[N],Link[N],dgr[N];
std::set<int> s[N];
std::vector<int> vec[N];
char IN[MAXIN],*SS=IN,*TT=IN;
inline int read()
{
int now=0;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());
return now;
}
inline void AddEdge(int u,int v){
++dgr[u], vec[u].push_back(v), s[u].insert(v);
}
long long Calc(int x,int y)
{
const std::vector<int> &X=vec[x];
long long res=0; int v=std::max(val[x],val[y]);
for(int i=0,l=X.size(); i<l; ++i) if(s[y].count(X[i])) res+=std::max(v,val[X[i]]);
return res;
}
int main()
{
n=read(), m=read();
for(int i=1; i<=n; ++i) val[i]=read();
for(int i=1,u,v; i<=m; ++i)
u=read(), v=read(), val[u]>val[v]?AddEdge(u,v):AddEdge(v,u);//不建有向图的话答案/3就行了
long long ans=0;
for(int x=1; x<=n; ++x)
{
const std::vector<int> &X=vec[x];
for(int j=0,l=X.size(); j<l; ++j)
ans+=dgr[x]<dgr[X[j]]?Calc(x,X[j]):Calc(X[j],x);
}
printf("%lld",ans);
return 0;
}