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Description
小宇从历史书上了解到一个古老的文明。这个文明在各个方面高度发达，交通方面也不例外。考古学家已经知道，这个文明在全盛时期有(n)座城市，编号为(1..n)。(m)条道路连接在这些城市之间，每条道路将两个城市连接起来，使得两地的居民可以方便地来往。一对城市之间可能存在多条道路。
据史料记载，这个文明的交通网络满足两个奇怪的特征。首先，这个文明崇拜数字(K)，所以对于任何一条道路，设它连接的两个城市分别为(u)和(v)，则必定满足(1 <=|u - v| <= K.)此外，任何一个城市都与恰好偶数条道路相连（(0)也被认为是偶数）。不过，由于时间过于久远，具体的交通网络我们已经无法得知了。小宇很好奇这(n)个城市之间究竟有多少种可能的连接方法，于是她向你求助。
方法数可能很大，你只需要输出方法数模(10^9+7)后的结果。
Input
输入共一行，为(3)个整数(n，m，K)。
Output
输出(1)个整数，表示方案数模(10^9+7)后的结果。
Sample Input
【输入样例1】
3 4 1
【输入样例2】
4 3 3
Sample Output
【输出样例1】
3
【输出样例2】
4
HINT
(100\%)的数据满足(1 <= n <= 30, 0 <= m <= 30, 1 <= K <= 8.)
两种可能的连接方法不同当且仅当存在一对城市，它们间的道路数在两种方法中不同。
在交通网络中，有可能存在两个城市无法互相到达。
Solution
- (K)的范围较小,考虑设计状态数目与(K)有关的状压(dp).
- (f[i][j][S][l])表示考虑到第(i)个点,使用了(j)条边.
- (S)只用压缩(i-k)~(i)的度数奇偶性,因为前面的点是无法再被连边的.
- (l)表示当前处理(i)向(i-l)连边.
- 那么枚举(i,j,S,l),按照状态定义连边或不连边转移.
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LoveLive;
inline int read()
{
int out=0,fh=1;
char jp=getchar();
while ((jp>'9'||jp<'0')&&jp!='-')
jp=getchar();
if (jp=='-')
{
fh=-1;
jp=getchar();
}
while (jp>='0'&&jp<='9')
{
out=out*10+jp-'0';
jp=getchar();
}
return out*fh;
}
const int P=1e9+7;
inline int add(int a,int b)
{
return (a+b) % P;
}
inline int mul(int a,int b)
{
return 1LL * a * b % P;
}
const int MAXN=32,MAXK=10;
int n,m,k;
int f[MAXN][MAXN][1<<MAXK][MAXK];
int main()
{
n=read(),m=read(),k=read();
f[1][0][0][1]=1;
for(int i=1;i<=n;++i)
{
for(int j=0;j<=m;++j)
{
for(int s=0;s<(1<<(k+1));++s)
{
for(int l=1;l<=k;++l)//从i向i-l连边.避免重复计数
{
int res=f[i][j][s][l];
f[i][j][s][l+1]=add(f[i][j][s][l+1],res);//不连边直接转移
if(l<=i-1)
{
int news=s^(1<<k)^(1<<(k-l));
f[i][j+1][news][l]=add(f[i][j+1][news][l],res);
}
}
if((s&1)==0)//度数为偶,符合条件,不再考虑
f[i+1][j][s>>1][1]=add(f[i+1][j][s>>1][1],f[i][j][s][k]);
}
}
}
printf("%d
",f[n][m][0][k]);
return 0;
}