我们可以很容易地求出每个节点的边的数目count[i]. 那么属于一个节点{a,b}的边的数目就是count[a]+count[b]-num[a][b]，其中num[a][b]就是从a到b的边的数目（因为可能会有重复的边）。减去的这部分，是因为“a-b”这条边被两个节点共享，所以count[a]和count[b]重复计算了两次，需要减去。注意我们只需要减去一次num[a][b]，而不用再减去num[b][a]。
假设query的数值是x，那么我们需要寻找有多少个点对{a,b}，满足count[a]+count[b]-num[a][b] > x。暴力枚举{a,b}的话，那需要o(N^2)的时间，显然会TLE。
我们发现，如果不考虑num[a][b]这部分，那么点对{a,b}的数目其实可以用o(VlogV)的时间复杂度计算。将count排序后，如果固定a指针，那么b指针相应地从后往前移动直到不满足count[a]+count[b]>x为止，那么说明以a为第一个点时，b有n-b-1种选择。这样我们依次遍历所有的a，就可以累加得到所有{a,b}的点对数目count。
以上的count其实是一个被高估的数目。因为很多点对不满足count[a]+count[b]-num[a][b] > x。那么如何排除掉这些不满足条件的点对呢？难道还是要枚举a和b呢？其实这里有一个巧妙的视角。满足count[a]+count[b] > x但是不满足count[a]+count[b]-num[a][b] > x的点对，一定是有边互联的点对。所以我们只需要遍历所有的边，查看这条边所连接的两个节点是否属于被“误判”的点对。是的话，从count里面减去就行了。
这里需要注意的是，因为有重复的边，所以我们只能遍历所有unique的边。否则被“误判”的点对可能会被删除多次。为了标记unique的边，我们可以用边的两个端点a和b编码成一个index=a*M+b，其中a<b。这样连接同一对点的边都会有独一无二的index。