三元环、四元环计数

这东西其实就是一种暴力，只不过巧妙的时每个环刚好统计了一次。


三元环计数推荐一篇博客，【科技】三元环计数，很详细，很清楚。
每个三元环之因此被算了一次，是由于一个三元环在新图上一定只有一个点的出度为2，而后咱们只在这个点上更新三元环数量。
而后我放了个代码：

#define forE(i, x, y) for(int i = head[x], y; (y = e[i].to) && ~i; i = e[i].nxt)
In bool dcmp(int x, int y) {return d[x] == d[y] ? x > y : d[x] > d[y];}
In void calc_3()
{
    for(int x = 1; x <= n; ++x)
    {
        forE(i, x, y) if(dcmp(x, y)) ++cnt[y];
        forE(i, x, y) if(dcmp(x, y))
            forE(j, y, z) if(dcmp(y, z) && cnt[z]) ++cir3[x], ++cir3[y], ++cir3[z];
        forE(i, x, y) if(dcmp(x, y)) cnt[y] = 0;
    }
}

四元环计数网上好想找不到，抄了神仙的代码本身脑补了一下。
仍是将图按上述规则转化成有向无环图，而后对于每个点\(x\)，遍历他在新图上的出边，即走到的点为\(y\)，再遍历\(y\)在原图和\(y\)相邻的点\(z\)，而后用上面代码的dcmp函数判断\(x, z\)，若是成立，说明找到了四元环的一半，那么用\(z\)上已经记录的“半个”四元环个数更新\(x, y, z\)，而后在\(z\)上记录这又多了一个“半个”四元环。
但这样会致使先找到的“半个”四元环没有和后面的“半个”四元环匹配上，所以咱们还要按上述方法再遍历一遍\(x, y, z\)，同时更新每个节点上的四元环数量。
按这种方法遍历必定会保证每个四元环只被算过一次，但证实我仍是没太想明白。

In void calc_4()
{
    for(int x = 1; x <= n; ++x)
    {
        forE(i, x, y) if(dcmp(x, y))
            forE(j, y, z) if(dcmp(x, z))
            {
                int& v = cnt[z];
                cir4[x] += v, cir4[y] += v, cir4[z] += v;
                ++v;
            }
        forE(i, x, y) if(dcmp(x, y))
            forE(j, y, z) if(dcmp(x, z)) cir4[y] += (--cnt[z]);
    }
}