要求的是一条按顺序经过(s,t,c)三个点的简单路径。简单路径的计数问题不难想到点双联通分量，进而使用圆方树进行求解。
首先将原图缩点，对于一个大小为(size)的点双联通分量内，在这个分量内部任意选择(s,t,c)都是可行的，可以贡献(P_{size}^3)的答案。
接下来就需要计算跨越点双联通分量的(s,t,c)了。这个可以在圆方树上进行树形DP统计答案。
但是考虑到割点可能会被统计多次，我们令圆方树中所有的方点都不包含它的父亲，这样对于一个圆点就只会被计入一次答案了。当然了，为了不重不漏地统计每一种可行方案，上面的一系列的贡献都会有一些变化。
具体是这样子的：
首先缩点，对于一个点双联通分量，只贡献(P_{size-1}^3 + P_{size-1}^2)的答案，因为从去掉方点父亲的点双联通分量中拿出两个点作为(s,t)，将方点父亲作为(c)的情况可以在树形DP的过程中统计到
接着在圆方树上树形DP。设(f_x)表示(x)及其子树中取一个点作为(s)的方案数（其实就是子树中的圆点个数），(g_x)表示(x)及其子树中取两个点作为(s,t)的方案数
注意到取一个点作为(s)与取一个点作为(c)是等价的，所以DP贡献的答案中需要乘上2
在合并过程中，对于一个圆点，它对(f)和(g)的贡献放在它的父亲方点上进行。
对于一个圆点(x)，它的孩子方点(ch)到它的转移为：
(ans += 2 imes ( f_x imes g_{ch} + f_{ch} imes g_x + f_x imes f_{ch}))
(f_x += f_{ch})
(g_x += g_{ch})
额外乘的(f_x imes f_{ch})表示以当前这个圆点作为(t)的方案数
对于一个方点(y)，先合并它的孩子节点(ch)：
(ans += 2 imes ( f_y imes g_{ch} + f_{ch} imes g_y + f_y imes f_{ch} imes size_y))
(f_y += f_{ch})
(g_y += g_{ch})
其中(size_y)表示(y)对应的点双联通分量的大小
然后考虑当前这个点双联通分量的贡献：
(ans += 2 imes (f_x imes P_{size_y - 1} ^ 2 + g_y imes (size_y - 1)))
(f_y += size_y - 1)
(g_y += P_{size_y - 1}^2)
最后对于树根(root)并没有计算贡献，最后答案加上(2 imes g_{root})即可。
注意图可能不连通
#include<bits/stdc++.h>
//This code is written by Itst
using namespace std;
inline int read(){
int a = 0;
char c = getchar();
bool f = 0;
while(!isdigit(c) && c != EOF){
if(c == '-')
f = 1;
c = getchar();
}
if(c == EOF)
exit(0);
while(isdigit(c)){
a = a * 10 + c - 48;
c = getchar();
}
return f ? -a : a;
}
const int MAXN = 2e5 + 7;
struct Edge{
int end , upEd;
}Ed[MAXN << 1];
int head[MAXN] , N , M , cnt , cntEd;
int dfn[MAXN] , low[MAXN] , st[MAXN] , top , ts;
long long ans , dp1[MAXN] , dp2[MAXN];
vector < int > ch[MAXN];
inline void addEd(int a , int b){
Ed[++cntEd].end = b;
Ed[cntEd].upEd = head[a];
head[a] = cntEd;
}
void pop(int t , int bot){
++cnt;
ch[t].push_back(cnt);
long long c = 0;
do{
++c;
ch[cnt].push_back(st[top]);
}while(st[top--] != bot);
ans += c * (c - 1) / 2 + c * (c - 1) * (c - 2) / 2;
}
void tarjan(int x , int p){
dfn[x] = low[x] = ++ts;
st[++top] = x;
for(int i = head[x] ; i ; i = Ed[i].upEd)
if(Ed[i].end != p)
if(!dfn[Ed[i].end]){
tarjan(Ed[i].end , x);
low[x] = min(low[x] , low[Ed[i].end]);
if(low[Ed[i].end] >= dfn[x])
pop(x , Ed[i].end);
}
else
low[x] = min(low[x] , dfn[Ed[i].end]);
}
void dfs(int x){
for(int i = 0 ; i < ch[x].size() ; ++i){
dfs(ch[x][i]);
ans += dp1[x] * dp2[ch[x][i]] + dp1[ch[x][i]] * dp2[x] + dp1[x] * dp1[ch[x][i]] * (x <= N ? 1 : ch[x].size() + 1);
dp2[x] += dp2[ch[x][i]];
dp1[x] += dp1[ch[x][i]];
}
if(x > N){
ans += dp1[x] * ch[x].size() * (ch[x].size() - 1) + dp2[x] * ch[x].size();
dp2[x] = dp2[x] + dp1[x] * ch[x].size() + 1ll * ch[x].size() * (ch[x].size() - 1);
dp1[x] += ch[x].size();
}
}
int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("in","r",stdin);
freopen("out","w",stdout);
#endif
N = cnt = read();
M = read();
for(int i = 1 ; i <= M ; ++i){
int a = read() , b = read();
addEd(a , b);
addEd(b , a);
}
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i)
if(!dfn[i]){
top = 0;
tarjan(i , 0);
dfs(i);
ans += dp2[i];
}
cout << ans * 2;
return 0;
}