（一遍過sample，高興的我去測試，80 qwq。。。。。。卡常。。。。。。）
ac程式
30的方法：
看資料：n<=10
這個資料直接打暴力完全ok，列舉四條邊，看是否能滿足y字的要求就行；
60的方法：
資料：n<=2000
這個資料大約能承受o（n^2）的複雜度；
我們不妨列舉度數為三及以上（有三條以上的邊與之相連線）的點：
在圖中可以看出b的度數為三：
由b延伸出三條邊：我們可以分別把ab，bc，bd作為中心邊；
然後列舉b點除bd邊外的邊的個數（假設個數為x），選出兩條作為一種方案，根據組合數的排列公式，共有：x*（x-1）/2種方案，列舉d相連（除bd外）的邊的個數（假設個數為y），根據乘法原則：便可以得出y的方案數：
x*(x-1)/2*y；
這樣第一問就解決了；
第二問：最大的y邊和的權值：
我們可以列舉b點除bd邊外邊的最大值和次大值,和d點除bd外邊的最大權值，加上bd，就是此時的最大權值和。
ac做法
資料：n<=200000
顯然承受不了o（n^2）的複雜度.................
我們可以用o（n）的演算法，優化一下60的演算法；
我們可以對b點和d點的邊數進行預處理；
那麼y字數的個數公式就可以是：
(degree[b]-1)(degree[b]-2)/2*(degree[d]-1);
第二問的話：
我們可以統計出每個點的最大值，次大值，第三大值；那麼顯然就把列舉最大值的複雜度變為了o（1）；
那麼這個演算法的複雜度就變為了o（n）,可以一遍過。
下面是ac程式，可借鑑（qwq）
#include#include#define ll long long
using namespace std;
ll n,x,y,z,num,dg[300000],fl[300000][4],ans;
ll ff[300000][4],sum,flagg;
ll head[1500000],next[1500000],to[1500000],v[1500000],ans1;
void add1(ll a,ll b,ll c)
int main()
fl[x][j]=z;ff[x][j]=y;break; } }
dg[y]++;
for(ll j=1;j<=3;j++)
fl[y][j]=z;ff[y][j]=x;break;
} }
} for(ll i=1;i<=n;i++)
}sum+=v[j];
for(ll k=1;k<=3;k++)
}ans1=max(sum,ans1); }}
}}cout<
cout<
fclose(stdin);fclose(stdout);
return 0;
}
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