- 大意：给定\(n\)，\(m\)，\(k\)，求出满足下列两个要求的图的个数，允许重边己环和不联通：
- 每条边\(1<=|u-v|<=K\)且每个点连边偶数。$n,m\leq 30 \(，\)k\leq 8$
- 有个朴素的\(Dp\)就是状压\(k\)，设\(f_{i,j,s}\)表示前\(i\)个点，\(j\)条边，最后\(k\)个点的奇偶性为\(s\)的方案数。
- 然后枚举\(i\)和谁连边向\(j+1\)转移，每个\(s\)再向\(i+1\)转移。
- 写完后发现这个做法有\(bug\)，因为同一个状态因为\(i\)向外连边的顺序不同而被重复记数了。
- 其实很好解决，\(i\)连向相同一个点的边就很像背包问题中的一件物品，每一件物品都是不限量的（只是最终要求了奇偶）。
- 想一想，我们的完全背包统计方案时并没有多开一维，但绝对不会重复计数的。
- 原因很简单，在做背包问题时，各个物品的选取存在严格顺序，不存在选了几个物品\(a\)，又选了一点别的，再去选了几个物品\(a\)的情况。
- 所以这里应当严格区分出各个物品，在每一个物品内部做完全背包。
- 代码很短
#include<bits/stdc++.h>
#define R register int
using namespace std;
const int mod=1000000007;
int n,m,k,now,lm,f[2][35][600];
void add(R &x,R y){x=(x+y>=mod?x+y-mod:x+y);}
int main(){
freopen("s.in","r",stdin);
cin>>n>>m>>k,lm=(1<<(k+1)),f[now][0][0]=1;
for(R i=1;i<=n;++i){
now^=1,memset(f[now],0,sizeof(f[now]));
for(R j=0;j<=m;++j)
for(R S=0;S<(1<<k);++S)
f[now][j][S<<1]=f[now^1][j][S];
for(R p=1;p<=min(i-1,k);++p)
for(R j=0;j<=m;++j)
for(R S=0;S<lm;++S)
add(f[now][j+1][S^1^(1<<p)],f[now][j][S]);
}
cout<<f[now][m][0];
return 0;
}