三、四元環計數

阿新 • • 發佈：2021-01-23

三元環
題目連結
- 題目：
  給定一個 n n n個結點 m m m條邊的無向圖，問有多少個三元環。
  ( 1 ≤ n ≤ 1 0 5 , 1 ≤ m ≤ 2 × 1 0 5 ) (1 \le n \le 10^5,1 \le m \le 2 \times 10^5) (1≤n≤105,1≤m≤2×105)
- 題解：
  使用根號分治的思想。
  基於原圖的連邊，將度數較小的點向度數較大的點連邊，如果度數相同，結點編號小的向結點編號大的連邊，形成一個新的有向圖，顯然這個有向圖是一個 D A G DAG DAG（因為從一個結點出發到達的點要麼度數比它大，要麼結點編號比它大，所以不會回到自己）。那麼原圖的三元環在新的有向圖上一定可以由形如 < u , v > , < u , w > , < v , w > <u,v>,<u,w>,<v,w>
  
  <u,v>,<u,w>,<v,w>這樣的三條邊構成。先列舉點 u u u，再列舉點 u u u的出邊 < u , v > <u,v> <u,v>，然後列舉點 v v v的出邊 < v , w > <v,w> <v,w>，判斷點 w w w是不是點 u u u的出點，如果是那麼就形成了一個三元環，可以在列舉點 u u u後先將點 u u u的所有出點打上標記，這樣就可以 O ( 1 ) O(1) O(1)判定點 w w w是不是點 u u u的出點了。
  上述演算法的複雜度是 O ( m m ) O(m \sqrt m)
  
  O(mm )的。首先列舉 u u u再列舉 u u u的出邊的過程相當於枚舉了新圖所有的邊，數量為 O ( m ) O(m) O(m)。對於點 v v v，如果 v v v在原圖的度數小於等於 m \sqrt m m ，那麼在新圖中的度數不會更多，所以在新圖中的度數為 O ( m ) O(\sqrt m) O(m )；如果 v v v在原圖的度數大於 m \sqrt m m ，又由於它在新圖中只會向度數比它大的結點連邊，而這樣的結點數量為 O ( m ) O(\sqrt m) O(m )，所以點 v v v在新圖中的度數為 O ( m ) O(\sqrt m) O
  
  (m )。所以總的複雜度為 O ( m m ) O(m \sqrt m) O(mm )。
- 複雜度： O ( m m ) O(m \sqrt m) O(mm )
- 程式碼：

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<queue>
#include<stack>
#include<map>
#include<set>
#include<string>
#include<bitset>
#include<sstream>
#include<ctime>
//#include<chrono>
//#include<random>
//#include<unordered_map>
using namespace std;

#define ll long long
#define ls o<<1
#define rs o<<1|1
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
const double pi=acos(-1.0);
const double eps=1e-6;
const int mod=1e9+7;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int maxn=1e5+5;
ll read(){
	ll x=0,f=1;
	char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
	return x*f;
}
int n,m;
vector<int>g[maxn],g2[maxn];
int deg[maxn],vis[maxn];
int main(void){
	//freopen("in.txt","r",stdin);
	scanf("%d%d",&n,&m);
	int u,v;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		scanf("%d%d",&u,&v);
		g[u].pb(v);
		g[v].pb(u);
		deg[u]++;
		deg[v]++;
	}
	for(int u=1;u<=n;u++){
		for(auto v:g[u]){
			if((deg[u]<deg[v])||(deg[u]==deg[v]&&u<v)){
				g2[u].pb(v);
			}
		}
	}
	ll ans=0;
	for(int u=1;u<=n;u++){
		for(auto v:g2[u])vis[v]=u;
		for(auto v:g2[u]){
			for(auto w:g2[v]){
				if(vis[w]==u){
					++ans;
				}
			}
		}
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}

四元環
- 題目：
  給定一個 n n n個結點 m m m條邊的無向圖，問有多少個四元環。
  ( 1 ≤ n ≤ 1 0 5 , 1 ≤ m ≤ 2 × 1 0 5 ) (1 \le n \le 10^5,1 \le m \le 2 \times 10^5) (1≤n≤105,1≤m≤2×105)
- 題解：
  按照三元環的方式建出有向圖，並按照這個規則給每個結點賦一個排名 r k rk rk，如果還想按三元環的思路往下走會遇到一個問題，就是原圖的四元環在新建的有向圖中可能有兩種形式，
  
  所有需要使用別的列舉方法。可以發現這兩種形式都可以由兩條無向邊+兩條有向邊表示，即
  
  且兩條無向邊的替代位置唯一，所以我們可以把原圖的四元環當成兩段無向邊 ( u , v ) (u,v) (u,v)+有向邊 < v , w > <v,w> <v,w>拼起來的，且無論是哪種情況， r k u < r k w rk_u<rk_w rku<rkw。先列舉 u u u，再列舉原圖中 u u u的出邊 ( u , v ) (u,v) (u,v)，然後列舉新圖中 v v v的出邊 < v , w > <v,w> <v,w>，令 c n t w cnt_w cntw為從 u u u出發經過之前提到的有向+無向到達 w w w的路徑條數，那麼如果 r k w > r k u rk_w>rk_u rkw>rku，答案加上 c n t w cnt_w cntw，表示拼接上之前的路徑，並且令 c n t w cnt_w cntw加1，表示為之後的路徑提供貢獻，這樣可以避免重複計算。複雜度和之前三元環的分析是類似的。
- 複雜度： O ( m m ) O(m \sqrt m) O(mm )
- 程式碼：

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<queue>
#include<stack>
#include<map>
#include<set>
#include<string>
#include<bitset>
#include<sstream>
#include<ctime>
//#include<chrono>
//#include<random>
//#include<unordered_map>
using namespace std;

#define ll long long
#define ls o<<1
#define rs o<<1|1
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
const double pi=acos(-1.0);
const double eps=1e-6;
const int mod=1e9+7;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int maxn=1e5+5;
ll read(){
	ll x=0,f=1;
	char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
	return x*f;
}
int n,m;
vector<int>g[maxn],g2[maxn];
int cnt[maxn],deg[maxn],id[maxn],rk[maxn];
int cmp(int a,int b){
	return deg[a]<deg[b]||(deg[a]==deg[b]&&a<b);
}
int main(void){
	// freopen("in.txt","r",stdin);
	scanf("%d%d",&n,&m);
	int u,v;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		scanf("%d%d",&u,&v);
		g[u].pb(v);
		g[v].pb(u);
		deg[u]++;
		deg[v]++;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)id[i]=i;
	sort(id+1,id+n+1,cmp);
	for(int i=1;i<=n;i++)rk[id[i]]=i;
	for(int u=1;u<=n;u++){
		for(auto v:g[u]){
			if(deg[u]<deg[v]||(deg[u]==deg[v]&&u<v)){
				g2[u].pb(v);
			}
		}
	}
	ll ans=0;
	for(int u=1;u<=n;u++){
		for(auto v:g[u]){
			for(auto w:g2[v]){
				if(rk[w]>rk[u])ans+=cnt[w]++;
			}
		}
		for(auto v:g[u]){
			for(auto w:g2[v]){
				if(rk[w]>rk[u])cnt[w]=0;
			}
		}
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}