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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\n",f[n][m][0][k]);return 0;
}