考虑对一个无向图数三元环 / 四元环（注意，环是一个边集而非点集，在四元环中将体现两者的区别）。
这两个算法基于以下神仙操作（不知道发明者是怎么想到的？）：重定向每条边，规则是按度数为第一关键字点号为第二关键字排序后（第二关键字的存在仅是为了使严格比较总能进行），小的连向大的。显然这是一张 DAG。这样一个特殊的重定向方式使得以下优美性质成立：新图中每个点的出度为 (mathrm O(sqrt m))。
证明：对原图中度数 (leq sqrt m) 的显然；对 (>sqrt m) 的，根据排序方式可知，它在新图中连出的点在原图中的度数都 (>sqrt m)，这样的点数是 (mathrm O(sqrt m))。不难发现这个证明使用了根分的思想。
一个小推论：(A o B o C) 和 (Agets B o C) 的数量都是 (mathrm O(msqrt m))（在现实中非常不满），对 (B o C) 进行度数分析，再乘上 (sumlimits_B cnt_A) 即可得到。
下面讲两个算法。（五元环及以上计数听说不可做？）
三元环计数
显然，原无向图中的三元环在新 DAG 中的边向情况只可能是 (A o B,B o C,A o C)。那么如果数 (A o B o C) 显然是不重不漏的。于是枚举这样的东西，然后判 (A o C) 是否有边即可，复杂度 (mathrm O(msqrt m))（三元环计数算法能枚举到每个三元环，这从侧面说明了三元环数量就是 (mathrm O(msqrt m))）。但是对 (n^2) 无法承受的数据范围，(mathrm O(1)) 判边的存在性是无法做到的。在三元环计数里，这很好解决，只需要对每个 (A) 标记一波出点，然后等所有 (A) 开头的这个三元链都枚举完之后撤销标记即可。
四元环计数
随便枚举一下（大概可以通过枚举每个点的度数来粗糙分析？）得到边向情况有三种：
- (A o B,B o C,A o D,D o C)；
- (A o B,B o C,Agets D,D o C)；
- (Agets B,B o C,Agets D,D o C)。
根据我列的方式就可以看出来，设 (? o? o?) 是 A1，(?gets? o?) 是 A2，那么就是 A1 * 2, A1 + A2, A2 * 2 这三种。
第一种中，(A) 显然是 unique 的，于是枚举 (A) 可以不重不漏。于是就枚举 (A)，然后枚举一下 (A) 开头的 A1，数量为 (cnt)，贡献就是 (dbinom{cnt}2)。
第二种中，(A) 显然是 unique 的，于是枚举 (A) 可以不重不漏。于是就枚举 (A)，然后枚举一下 (A) 开头的 A1, A2，数量为 (cnt1,cnt2)，贡献就是 (cnt1 imes cnt2)。
第三种中，(A,C) 具有同等地位，直接枚举 (A) 的话每个会被算两遍，最终除以二即可。于是就枚举 (A)，然后枚举一下 (A) 开头的 A2，数量为 (cnt)，贡献就是 (dbinom{cnt}2)。
综上，要做的就是枚举每个点，然后枚举这个点开头的 A1 和 A2，复杂度 (mathrm O(msqrt m))。
代码 gym102028L 的题解里有。