PROBLEM
有0至n-1个元素，给出m对元素的冲突，给出A,B,C,定义一个满足i<j<k的三元组(i,j,k)的贡献为A∗i+B∗j+C∗k，求所有没有冲突的三元组的贡献和
SOLUTION
考虑容斥，设F(i)表示每个三元组考虑i组冲突的总和
Ans=F(0)−F(1)+F(2)−F(3)
没有冲突的每个元素分别为A,B,C时独立计算次数
一条冲突的枚举冲突，讨论这两个端点的前后情况
两条冲突的同理同样是讨论。
考虑三条冲突在一个三元组里面，如果把每一个冲突看成一个环的话，那么就是对每一个三元环进行计数。问题在于三元环。
有两种方法。
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第一种：将点根据度数是否小于sqrt(m)分成两类,小于sqrt(m)的点将其所有的连边暴力，时间为sqrt(m)^ 3；对于另一类点，直接三次方暴力只在这一类里的点，由于这里的点数不会超过sqrt(m)，所以总的复杂度也不会超过sqrt(m)^ 3.因此总的复杂度不超过sqrt(m)^3。但由于是双向边，常数巨大。
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第二种更优的做法： 将无向边定向为有向边，根据度数小的点连向度数大的点、其次是编号小的点连向编号大的点，可以发现这是一个有向无环图，直接枚举点，暴力枚举两条边并判断这两个点是否联通（hash、set或map）即可。并且这种方法不用去重，因为有向边只能从一个点出发计算，所以十分合适这题的打法，真是妙啊妙。
考虑证明这种做法的正确性与时间复杂度。
如果有一个长度为3的环，是不能够从一个点扫描到的。由于连向的点的度数不减，那么回到自己后度数不变，即说明这个环的度数相等，但我们又有编号小的点连向编号大的点，所以在这种情况下一定不会有环。
长度为3的非环，所以有两条边共了一个起点，可以考虑到这种情况。
因为每个点连向的点的度数比它大，所以度数不超过sqrt(n)。均摊复杂度不会超过m*sqrt(n)，并不会证这种方法QwQ
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还有另一种枚举的方法，时间复杂度可证：
枚举点，将其通往的所有点打标记，再枚举通往的点，再暴力枚举这个点的出边是否有通往已标记的点上的。打标记为O(m),枚举每个通往的点总数为边数m，再枚举出边sqrt(n)，总复杂度O(m*sqrt(n))
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<vector>
#define maxn 400005
#define ll unsigned long long
using namespace std;
int n,m,x,y,z,du[maxn],a[maxn][2],tot,node[maxn];
int em,e[maxn],nx[maxn],ls[maxn],r[3];
ll A,B,C,ans,i,j,k,len1,len2,s;
ll num[maxn],sum[maxn],pc[maxn],ps[maxn];
vector<int> to[maxn];
void insert(int x,int y){em++;e[em]=y;nx[em]=ls[x];ls[x]=em;}
ll que(ll x){if (x<=0) return 0; else return x*(x+1)/2;}
const ll p1=998244353,p2=10007,mo=3000007;
int hx[mo],p[mo][2];
void link(int x,int y){
if (x>y) swap(x,y);
ll s=(x*p1+y*p2)%mo;
while (hx[s]&&(p[s][0]!=x||p[s][1]!=y))
{s++; if (s==mo) s-=mo;}
hx[s]=1,p[s][0]=x,p[s][1]=y;
}
int pd(int x,int y){
if (x>y) swap(x,y);
ll s=(x*p1+y*p2)%mo;
while (hx[s]&&(p[s][0]!=x||p[s][1]!=y))
{s++; if (s==mo) s-=mo;}
return hx[s];
}
int main(){
freopen("girls.in","r",stdin);
freopen("girls.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&m);
scanf("%lld%lld%lld",&A,&B,&C);
for(i=0;i<n;i++){
len1=i,len2=n-i-1;
ans+=A*i*((len2-1)*len2/2);
ans+=B*i*len1*len2;
ans+=C*i*((len1-1)*len1/2);
}
for(i=1;i<=m;i++) {
scanf("%d%d",&x,&y);
if (x>y) swap(x,y);
a[i][0]=x,a[i][1]=y;
num[y]++,sum[y]+=x;
to[y].push_back(x);
du[x]++,du[y]++;
ans-=(A*x+B*y)*(n-y-1)+(que(n-1)-que(y))*C;
ans-=(A*x+C*y)*(y-x-1)+(que(y-1)-que(x))*B;
ans-=(B*x+C*y)*x+que(x-1)*A;
}
for(i=0;i<n;i++) sort(to[i].begin(),to[i].end());
for(i=0;i<n;i++){
ans+=num[i]*(num[i]-1)/2*i*C;
for(j=0;j<to[i].size();j++){
x=to[i][j];
ans+=(num[i]-j-1)*to[i][j]*A;
ans+=j*to[i][j]*B;
ans+=num[to[i][j]]*(B*to[i][j]+C*i);
ans+=sum[to[i][j]]*A;
ans+=pc[to[i][j]]*(A*to[i][j]+C*i);
ans+=ps[to[i][j]]*B;
pc[to[i][j]]++,ps[to[i][j]]+=i;
}
}
for(i=1;i<=m;i++){
x=a[i][0],y=a[i][1];
if (du[x]<du[y]) insert(x,y); else
if (du[x]>du[y]) insert(y,x); else
insert(x,y);
link(x,y);
}
for(x=0;x<n;x++){
tot=0;
for(i=ls[x];i;i=nx[i]) node[++tot]=e[i];
for(i=1;i<tot;i++) for(j=i+1;j<=tot;j++){
r[0]=x,r[1]=node[i],r[2]=node[j];
if (!pd(r[1],r[2])) continue;
sort(r,r+3);
ans-=r[0]*A+r[1]*B+r[2]*C;
}
}
printf("%llu",ans);
}