hdu6184 Counting Stars 【三元环计数】

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hdu6184

题解

题意是让我们找出所有的这样的图形：

我们只需要求出每条边分别在多少个三元环中，记为(x)，再然后以该点为中心的图形数就是({x choose 2})

所以我们只需找出所有三元环

据说这是一个套路题

我们将所有无向边改为有向边，由度数小的向度数大的连边，度数相同就由编号小的向编号大的
容易发现这样建图一定是一个(DAG)
然后我们枚举边，将边的两端点出边的到达的点打上标记，当一个点被打上同一个标记时，就成环了
因为是(DAG)容易发现这样找环不会重复

然后就是时间复杂度证明
是(O(msqrt{m}))的
我们只需证明每个点出度不大于(sqrt{m})
假设有一个点出度大于(sqrt{m})，那么由建边方式我们至知道出边到达的点度数不比该点小，这样总的边数就大于(m)了，不符
所以点的度数是(O(sqrt{m}))的

为什么在(hdu)使用(pair)会(CE) = =

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<utility>
#define Redge(u) for (int k = h[u]; k; k = ed[k].nxt)
#define REP(i,n) for (int i = 1; i <= (n); i++)
#define mp(a,b) (node){a,b}
#define cls(s) memset(s,0,sizeof(s))
#define cp node
#define LL long long int
using namespace std;
const int maxn = 100005,maxm = 200005,INF = 1000000000;
inline int read(){
	int out = 0,flag = 1; char c = getchar();
	while (c < 48 || c > 57){if (c == '-') flag = -1; c = getchar();}
	while (c >= 48 && c <= 57){out = (out << 3) + (out << 1) + c - 48; c = getchar();}
	return out * flag;
}
struct node{
	int first,second;
};
int h[maxn],ne;
struct EDGE{int to,nxt,id;}ed[maxm];
inline void build(int u,int v,int x){
	ed[++ne] = (EDGE){v,h[u],x}; h[u] = ne;
}
int de[maxn],a[maxm],b[maxm],now,n,m,ans[maxm];
cp vis[maxn];
int main(){
	while (~scanf("%d%d",&n,&m)){
		ne = now = 0;
		REP(i,n) vis[i] = mp(0,0),h[i] = de[i] = 0;
		REP(i,m){
			ans[i] = 0;
			a[i] = read(); b[i] = read();
			de[a[i]]++; de[b[i]]++;
		}
		REP(i,m){
			if (de[a[i]] > de[b[i]] || (de[a[i]] == de[b[i]] && a[i] > b[i]))
				swap(a[i],b[i]);
			build(a[i],b[i],i);
		}
		REP(i,m){
			now++;
			Redge(a[i]) vis[ed[k].to] = mp(now,ed[k].id);
			Redge(b[i]) if (vis[ed[k].to].first == now){
				ans[i]++;
				ans[ed[k].id]++;
				ans[vis[ed[k].to].second]++;
			}
		}
		LL ret = 0;
		REP(i,m) if (ans[i] > 1) ret += ans[i] * (ans[i] - 1) / 2;
		printf("%lld
",ret);
	}
	return 0;
}