【题解】HDOJ 7293 [2023杭电多校] foreverlasting and fried-chicken

题目传送门：HDOJ 7293 [2023杭电多校] foreverlasting and fried-chicken

题意

给一个 \(n\) 个节点的图，找出如下形式的子图有多少个

其中 \(n \le 1000\)，结果模 \(1e9 + 7\)

分析

可以发现关键就是中间那个度数为6的点，暴力枚举即可，数据量允许 \(O(n^2)\) 的算法，难点在于找到距离为2的点有哪些，并且长度为2的路有几条，这里考虑使用bitset优化

题解

使用bitset存图，(bt[i] & bt[j]).count() 即为 \(i\) 和 \(j\) 点之间有多少距离为2的路；然后暴力求组合数就行，注意这里有个wa点：中心点和最下面的点可能也有一条边相连，因此在枚举上面两个孤立的节点时候记得去掉最下面的点

AC代码

#pragma GCC optimize(2)
#pragma GCC optimize(3)
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define cin std::cin
#define cout std::cout
#define fastio ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(nullptr)
using namespace std;
const int N = 1e3 + 10;
const int mod = 1e9 + 7;
const int inf = 0x3fffffffffffffff;
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
inline char getc(){
    return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
}
inline int read(){
    int ret = 0,f = 0;char ch = getc();
    while (!isdigit (ch)){
        if (ch == '-') f = 1;
        ch = getc();
    }
    while (isdigit (ch)){
        ret = ret * 10 + ch - 48;
        ch = getc();
    }
    return f?-ret:ret;
}
int frac[N], inv[N];
// 快速幂
int qpow(int a, int b) {
    a %= mod;
    int s = 1;
    for (; b; a = 1ll * a * a % mod, b >>= 1) if (b & 1) s = 1ll * s * a % mod;
    return s;
}
// 线性求逆元
void set_up() {
    frac[0] = inv[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= N - 1; i++) frac[i] = 1ll * frac[i - 1] * i % mod;
    inv[N - 1] = qpow(frac[N - 1], mod - 2);
    for (int i = N - 2; i; i--) inv[i] = 1ll * inv[i + 1] * (i + 1) % mod;
}
// O(1)计算组合数
inline int C(int n, int m) {
    if (n < m) return 0;
    return (1ll * frac[n] % mod * inv[m] % mod * inv[n - m] % mod) % mod;
}
int n, m;
int cnt[N][N], deg[N];
bitset<1005> bt[N];
inline void solve() {
    int ans = 0;
    n = read(), m = read();
    for(int i = 1; i <= n; ++i) {
        deg[i] = 0;
        bt[i].reset();
        for(int j = 1; j <= n; ++j) {
            cnt[i][j] = 0;
        } 
    }
    for(int i = 1; i <= m; ++i) {
        int s, t;
        s = read();
        t = read();
        bt[s][t] = 1;
        bt[t][s] = 1;
        deg[s] ++;
        deg[t] ++;
    }
    for(int i = 1; i <= n; ++i) {
        for(int j = i + 1; j <= n; ++j) {
            int num = (bt[i] & bt[j]).count();
            cnt[i][j] += num;
            cnt[j][i] += num;
        }
    }
    for(int i = 1; i <= n; ++i) {
        if(deg[i] < 6) continue;
        int num = 0;
        for(int j = 1; j <= n; ++j) {
            ans = (ans + 1ll * C(cnt[i][j], 4) % mod * C(deg[i] - bt[i][j] - 4, 2) % mod) % mod;
        }
    }
    printf("%lld\n", ans % mod);
}
signed main() {
    fastio;
    int T;
    T = read();
    set_up();
    while(T --) {
        solve();
    }
    return 0;
}