链接：Problem - 7293 (hdu.edu.cn)

思路：

        枚举度大于4 和 6 且 共同连接 4个以上点 的两个点, 其度分别记为a 和 b

        若a为上面的点,  那么答案为C(a-4, 2) * C(b, 4), 反之同理

         如果直接搜点会tle, 此时用bitset优化, 状态压缩, 时间复杂度为O(n^3 /32)

代码如下：

#include<iostream>
#include<bitset>

using namespace std;

typedef long long ll;

const int N = 1010, mod = 1e9+7;

int fact[N], infact[N];
bitset<N> g[N];

int qmi(int a, int k, int p) 
{
    int res = 1 % p;
    while(k)
    {
        if (k & 1) res = (ll)res * a % p;
        a = (ll)a * a % p;
        k >>= 1;
    }
    return res;
}

void init()
{
    fact[0] = infact[0] = 1;
    for(int i = 1; i < N; i++)
	{
        fact[i] = (ll)fact[i-1] * i % mod;
        infact[i] = (ll)infact[i-1] * qmi(i, mod-2, mod) % mod;
    }
}

int C(int a, int b)
{
    if(b > a) return 0;
    return (ll)fact[a] * infact[b] % mod * infact[a - b] % mod;
}

void solve()
{
	int n, m;
    cin >> n >> m;
    
    for(int i = 1; i <= n; i++) g[i].reset();
    for(int i = 1; i <= m; i++)
	{
        int a, b;
		cin >> a >> b;
        g[a].set(b), g[b].set(a);
    }
    
    int res = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
	{
        for(int j = i + 1 ; j <= n; j++)
		{
            auto tmp = g[i] & g[j]; //bitset<N>
            int cnt = tmp.count();
            if (tmp.count() >= 4)
            {
                int a = g[i].count(), b = g[j].count();
                if(g[i][j]) a--, b--;//如果点i到j有边的话, 就减去这条边
                if(a >= 6)
                    res = (res + (ll)C(cnt, 4) * C(a-4, 2)) % mod;
                    
                if(b >= 6)
                    res = (res + (ll)C(cnt, 4) * C(b-4, 2)) % mod;

            }
        }
    }
    cout << res << endl;
}

int main()
{
    cin.tie(0); cout.tie(0); ios::sync_with_stdio(0);
    
    int T;
    cin >> T;
    
    init();
    
    while(T--) solve();
    
    return 0;
}