PROBLEM

有0至n-1個元素，給出m對元素的衝突，給出A,B,C,定義一個滿足i<j<k的三元組(i,j,k)的貢獻為A∗i+B∗j+C∗k，求所有沒有衝突的三元組的貢獻和

SOLUTION

考慮容斥，設F(i)表示每個三元組考慮i組衝突的總和

Ans=F(0)−F(1)+F(2)−F(3)

沒有衝突的每個元素分別為A,B,C時獨立計算次數

一條衝突的列舉衝突，討論這兩個端點的前後情況

兩條衝突的同理同樣是討論。

考慮三條衝突在一個三元組裡面，如果把每一個衝突看成一個環的話，那麼就是對每一個三元環進行計數。問題在於三元環。

有兩種方法。

1. 第一種：將點根據度數是否小於sqrt(m)分成兩類,小於sqrt(m)的點將其所有的連邊暴力，時間為sqrt(m)^ 3；對於另一類點，直接三次方暴力只在這一類裡的點，由於這裡的點數不會超過sqrt(m)，所以總的複雜度也不會超過sqrt(m)^ 3.因此總的複雜度不超過sqrt(m)^3。但由於是雙向邊，常數巨大。

2. 第二種更優的做法： 將無向邊定向為有向邊，根據度數小的點連向度數大的點、其次是編號小的點連向編號大的點，可以發現這是一個有向無環圖，直接列舉點，暴力列舉兩條邊並判斷這兩個點是否聯通（hash、set或map）即可。並且這種方法不用去重，因為有向邊只能從一個點出發計算，所以十分合適這題的打法，真是妙啊妙。

   考慮證明這種做法的正確性與時間複雜度。

   如果有一個長度為3的環，是不能夠從一個點掃描到的。由於連向的點的度數不減，那麼回到自己後度數不變，即說明這個環的度數相等，但我們又有編號小的點連向編號大的點，所以在這種情況下一定不會有環。

   長度為3的非環，所以有兩條邊共了一個起點，可以考慮到這種情況。

   因為每個點連向的點的度數比它大，所以度數不超過sqrt(n)。均攤複雜度不會超過m*sqrt(n)，並不會證這種方法QwQ

3. 還有另一種列舉的方法，時間複雜度可證：

   列舉點，將其通往的所有點打標記，再列舉通往的點，再暴力列舉這個點的出邊是否有通往已標記的點上的。打標記為O(m),列舉每個通往的點總數為邊數m，再枚舉出邊sqrt(n)，總複雜度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);
}