Bitset

可达性用邻接矩阵维护，显然有一个 $O(\frac{nm}{w})$ 的做法，但是需要注意常数，本人刚开始无脑每个点算 4 次狠狠 TLE，通过简单整理可以每个点仅算一次。此外，由于 bitest 的 count() 复杂度为 $O(n/w)$，应该开个数组记录度数代替，不这样做的在洛谷上能通过但本 oj 会 TLE。

以下代码可以在此 oj 通过：

using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=3e4+2,maxm=3e5+10;
int n,m,x[maxm],y[maxm],deg[maxn];
bitset<maxn> b[maxn];
ll ans[7][maxn];
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
    cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=m;i++) {
        cin>>x[i]>>y[i];
		b[x[i]][y[i]]=b[y[i]][x[i]]=1;
        deg[x[i]]++;deg[y[i]]++;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) ans[2][i]=m;
	for(int i=1;i<=m;++i) {
		int bxby=(b[x[i]]&b[y[i]]).count();
		int bxcy=deg[x[i]]-bxby;
		int bycx=deg[y[i]]-bxby;
		int cxcy=n-bxby-bxcy-bycx;//(c[x[i]]&c[y[i]]).count();
		ans[3][x[i]]+=cxcy;//减去(u,v,u)(u,v,v)
		ans[3][y[i]]+=cxcy;//减去(u,v,u)(u,v,v)
		ans[4][x[i]]+=bxcy-1;//减去(u,v,v)
		ans[4][y[i]]+=bycx-1;//减去(u,v,v)
		ans[5][x[i]]+=bycx-1;//减去(u,v,v)
		ans[5][y[i]]+=bxcy-1;//减去(u,v,v)
		ans[6][x[i]]+=bxby;
		ans[6][y[i]]+=bxby;
		ans[2][x[i]]--;
		ans[2][y[i]]--;
	}
	ll tot=1ll*(n-1)*(n-2)/2;
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		ans[6][i]>>=1;ans[4][i]>>=1;
		ans[2][i]-=ans[5][i]+ans[6][i];
		ans[1][i]=tot-ans[2][i]-ans[3][i]-ans[4][i]-ans[5][i]-ans[6][i];
		for(int j=1;j<=6;j++) {
			ll g=__gcd(ans[j][i],tot);
            cout<<ans[j][i]/g<<"/"<<tot/g<<" ";
		}
        cout<<"\n";
	}
	return 0;
}

无向图三元环计数+解方程

于我而言，这就是一道解方程题（大雾）

首先考虑概率如何统计，注意到其他人的分组与自己其实毫无关系，状态空间仅看做从除自己外 $n-1$ 个人中选择 $2$ 个人分组即可。

方便起见，在此规定（与题目规定顺序相同）：

$deg_i$: 第 $i$ 个同学的好友数；

$x_1$: 3 个学生两两均不为好友；

$x_2$: 3 个学生中，除自己外的 2 个学生互为好友，不存在其他好友关系；

$x_3$: 3 个学生中，自己与另外某个学生互为好友，不存在其他好友关系；

$x_4$: 3 个学生中，恰好有 2 对好友关系，且有 2 个好友的那个人是自己（即：自己与另外 2 个学生分别互为好友，但他们两个不为好友）；

$x_5$: 3 个学生中，恰好有 2 对好友关系，但有 2 个好友的那个人不是自己（即：存在某个学生 A 与自己和另外一个学生 B（分别）互为好友，但自己与 B 不为好友）；

$x_6$: 3 个学生中两两互为好友。

通过观察，我们可以列出如下方程：

情况 2,5,6 枚举了所有不与 $i$ 相连的边：

$$x_2+x_5+x_6=m-deg_i\quad(1)$$

枚举所有与 $i$ 相连的边与任意一个其他点（注意到情况 4,6 具有对称性）：

$$x_3+2x_4+x_5+2x_6=deg_i\times(n-i)\quad(2)$$

这是总方案数：

$$x_1+x_2+x_3+x_4+x_5+x_6=(n-1)(n-2)/2\quad(3)$$

情况 4,6 枚举了所有与 $i$ 相连的边：

$$x_4+x_6=deg_i(deg_i-1)/2\quad(4)$$

情况 5,6 描述了自己认识的人，认识另一人的情形：

$$x_5+x_6=\Sigma_j[e_{jx}==i]deg_{e_{jy}}+\Sigma_j[e_{jy}==i]deg_{e_{jx}}\quad (5) $$

$5$ 个方程 $6$ 个未知数怎么办呢？我们可以敏锐地发现情况 6 就是无向图三元环计数，$x_6$ 可以 $O(m\sqrt m)$ 求出来，那么，问题解决。

代码如下：

using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=3e5+5;
inline int read() {
    char ch=getchar();bool f=0;int x=0;
    for(;!isdigit(ch);ch=getchar())if(ch=='-')f=1;
    for(;isdigit(ch);ch=getchar())x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
    if(f==1)x=-x;return x;
}
int n,m,u[maxn],v[maxn],deg[maxn],vis[maxn];
vector<int> e[maxn];
ll ans[7][maxn];
int main() {
    n=read(),m=read();
    for(int i=1;i<=m;i++)
        u[i]=read(),v[i]=read(),deg[u[i]]++,deg[v[i]]++;
    for(int i=1;i<=m;i++) {
        if(deg[u[i]]>deg[v[i]]||(deg[u[i]]==deg[v[i]]&&u[i]>v[i])) swap(u[i],v[i]);
        e[u[i]].push_back(v[i]);
        ans[5][u[i]]+=deg[v[i]]-1;
        ans[5][v[i]]+=deg[u[i]]-1;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        for(int j : e[i]) vis[j]=1;
        for(int j : e[i]) for(int k : e[j])
            if(vis[k]) ans[6][i]++,ans[6][j]++,ans[6][k]++;
        for(int j : e[i]) vis[j]=0;
    }
    ll tot=(n-1)*(n-2)/2;
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        ans[4][i]=1ll*deg[i]*(deg[i]-1)/2-ans[6][i];
        ans[5][i]-=ans[6][i]*2;
        ans[2][i]=m-deg[i]-ans[5][i]-ans[6][i];
        ans[3][i]=1ll*deg[i]*(n-2)-2*ans[4][i]-ans[5][i]-2*ans[6][i];
        ans[1][i]=tot-ans[2][i]-ans[3][i]-ans[4][i]-ans[5][i]-ans[6][i];
        for(int j=1;j<=6;j++) {
            ll g=__gcd(tot,ans[j][i]);
            printf("%lld/%lld ",ans[j][i]/g,tot/g);
        }
        puts("");
    }
    return 0;
}