题目链接
2023 Hubei Provincial Collegiate Programming Contest

Examples
input
6 6
1 3
2 3
1 4
2 5
3 6
4 6
output
30

input
6 4
1 2
3 5
2 4
3 6
output
0

题目大意：

给出结点个数$n$和边的个数$m$
下面依此给出$m$个边，边是无向的，两端顶点为$u,v$（注：允许自环）
定义deg$i$为顶点i的度
给出 $f$($u$,$v$) = (deg$u$⊕deg$v$)(deg$u$ | deg$v$)(deg$u$ & deg$v$)
⊕ , | , & 分别是按位异或，按位或和按位且
求题目中的求和公式

题解

其实题目意思很简单，每个顶点和包括自生的其他顶点求一次$f$然后相加，但是因为n有$10^6$，如果挨个求就要O($n^2$)也就是O($10^6\ast 10^6$)
就算剪枝掉度相等的两个结点(因为度相等，异或后结果为0，最后相乘也为0)和度为0的结点，也还是会TLE on 17,包括使用了离散化也是一样
那么我们可以反过来想，如果统计每一个度的结点数量，以这种角度去思考，那么相同度的结点就可以简化运算。包括使用离散化防止数据过于稀疏。

这里给出一个样例，如果是暴力算，就是第一个结点和其他结点去算，可以剪枝掉相同度的结点和度为0的结点，但这样有$n$个结点就最多要算$n(n-1)/2$次
但如果是按照以度的角度去考虑

这个样例，度为1的有3个，度为2和度为3的结点各有1个，那么就可以将度为1和度为2的结点统一算，最后乘两个度结点和，$(1|2)(1^2)(1\oplus 2)\ast 1\ast 3$,相当于当有$n$各度的时候每多一种不同的度，就多算$(n-1)$次即可。
那么根据图和规律可知，如果将$maxdeg$记做能出现不同度的最大数量，将$maxjie$记作能出现不同结点的最大数量。那么显而易见$maxdeg\le maxjie$,当然是远小于，因为要将度的种类+1，必须再多给 $当前度的种类$ 个结点！
所以就算结点有$10^6$个，最多就有$1413$ 个不同的度，时间复杂度一下子就降为$O(1413\ast 1413)$
包括使用离散化，收集稀疏的数据

C++/C

#include <iostream>
#define int long long
using namespace std;
const int N =1e6+10;
const int M=998244353;
int a[N];
int que[N];int que_i=0;
int deg[N];
signed main(void){
    int n,m;
    cin>>n>>m;
    int ans=0;
    while(m--){
        int x,y;
        scanf("%lld %lld",&x,&y);
        a[x]++;
        a[y]++;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if(!deg[a[i]])que[que_i++]=a[i];
        deg[a[i]]++;
    }
    for(int i=0;i<que_i;i++){
        for(int j=i+1;j<que_i;j++){
            ans = (ans%M + ((que[j]^que[i])* (que[j]|que[i]) * (que[j]&que[i]) * deg[que[j]]*deg[que[i]])%M)%M;
        }
    }

    //ans=(ans+(a[que[i]]^a[que[j]])*(a[que[i]]|a[que[j]])*(a[que[i]]&a[que[j]]))%M;
    cout<<ans%M;
    return 0;
}