三元环 & 四元环计数 学习笔记

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：\(A\to B\to C\) 和 \(A\gets B\to C\) 的数量都是 \(\mathrm O(m\sqrt m)\)（在现实中非常不满），对 \(B\to C\) 进行度数分析，再乘上 \(\sum\limits_B cnt_A\) 即可得到。

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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 \(A\to B,B\to C,A\to C\)。那么如果数 \(A\to B\to C\) 显然是不重不漏的。于是枚举这样的东西，然后判 \(A\to C\) 是否有边即可，复杂度 \(\mathrm O(m\sqrt m)\)（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 \(\mathrm O(m\sqrt m)\)）。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。

mol ban tea code

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：

1. \(A\to B,B\to C,A\to D,D\to C\)；
2. \(A\to B,B\to C,A\gets D,D\to C\)；
3. \(A\gets B,B\to C,A\gets D,D\to C\)。

根据我列的方式就可以看出来，设 \(?\to?\to?\) 是 A1，\(?\gets?\to?\) 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 \(cnt1\times cnt2\)。

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 \(\mathrm O(m\sqrt m)\)。

代码 gym102028L 的题解里有。