HDU6184【Counting Stars】（三元环计数）

题面

传送门

给出一张无向图，求 \(4\) 个点构成两个有公共边的三元环的方案数。

题解

orz余奶奶，orz zzk

首先，如果我们知道经过每条边的三元环个数\(cnt_i\)，那么答案就是\(\sum_{i=1}^m{cnt_i\choose 2}\)

所以现在问题就是该怎么数三元环

据说有一个设阈值的\(O(m\sqrt{m})\)的做法，不过常数太大了，这里不讲

我们把每一条边重定向，设它连接的两个点的度数分别为\(deg_u\)和\(deg_v\)，那么把这条边定为从度数大的连向度数小的，如果度数相同按标号大小。这样显然可以建出一个有向无环图

所以怎么找环呢

我们枚举点\(u\)，并枚举它的所有出边，把出边指向的点\(v\)标记上\(u\)。然后再枚举一边出边，并对每个\(v\)也枚举出边，如果\(v\)的出边指向的点\(w\)上的标记是\(u\)那么说明找到了一个三元环

显然，每个三元环都会被统计恰好一次

接下来的问题是复杂度，我们要证明它的上界是\(O(m\sqrt{m})\)

1.\(\forall v,out_v\leq \sqrt{m}\)，每一次枚举\(v\)的出边的复杂度不会超过\(O(\sqrt{m})\)，所以这一部分复杂度不会超过\(O(m\sqrt{m})\)

2.\(\forall v,out_v\geq \sqrt{m}\)，因为在这种情况下必有\(deg_u\geq deg_v\)，所以所有这样的\(u\)不会超过\(O(\sqrt{m})\)个，每一个\(out_v\)的贡献最多是\(\sqrt{m}out_v\)，由于\(\sum out_v=O(m)\)，所以这一部分的复杂度也不会超过\(O(m\sqrt{m})\)

不过这个做法常数不知道比设阈值小到哪里去了

//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define ll long long
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
using namespace std;
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
inline char getc(){return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;}
int read(){
    R int res,f=1;R char ch;
    while((ch=getc())>'9'||ch<'0')if(ch==EOF)return -1;
    for(res=ch-'0';(ch=getc())>='0'&&ch<='9';res=res*10+ch-'0');
    return res*f;
}
const int N=2e5+5;
struct eg{int v,nx;}e[N<<1];int head[N],tot;
inline void add(R int u,R int v){e[++tot]={v,head[u]},head[u]=tot;}
struct EG{int u,v;}E[N];
int n,m,tim,deg[N],pt[N],vis[N],cnt[N];ll res;
int main(){
//    freopen("testdata.in","r",stdin);
    while(~(n=read(),m=read())){
        tot=tim=0;fp(i,1,n)head[i]=deg[i]=vis[i]=0;
        fp(i,1,m)E[i].u=read(),E[i].v=read(),++deg[E[i].u],++deg[E[i].v],cnt[i]=0;
        fp(i,1,m)deg[E[i].u]>deg[E[i].v]||(deg[E[i].u]==deg[E[i].v]&&E[i].u>E[i].v)?add(E[i].u,E[i].v):add(E[i].v,E[i].u);
		fp(u,1,n){
			++tim;go(u)pt[v]=i,vis[v]=tim;
			for(R int k=head[u];k;k=e[k].nx)go(e[k].v)
				if(vis[v]==tim)++cnt[i],++cnt[k],++cnt[pt[v]];
		}
        res=0;
        fp(i,1,m)res+=1ll*cnt[i]*(cnt[i]-1)>>1;
        printf("%lld\n",res);
    }
    return 0;
}