题目
知识点： 状压DP
讲解：
这一题很有难度，是状压DP不错的提升题，为什么说他难呢？难就难在状态，对于这个状态我们很难定义出来。
对于这一题首先想到的就是有两维，一维i是我们已经计算到了哪个点，还有j就是我们已经用了多少条边，可是我们发现，题目说每个点连的边必须是偶数个，所以我们再加一维，我们状压i-K（K是题目给的）到i+K这17个点的奇偶数的状态，我们用0表示为偶数，1表示奇数，这样我们就可以描述这个状态了，我们可以得出状态转移方程，我们枚举每一条边l，对于这条边我们如果选择不加边则可以转移到dp[i][j][k],自己转给自己？
可是我们发现这个是错误的，不能完全地表描述，我们发现我们还枚举了l，如果我们加上一维我们目标拓展点为l呢？我们可以转移到dp[i][j][k][l+1]这不就完美了，再考虑加这条边则是dp[i][j+1][k^(1<<K) ^ (1<<l)][l]相当于我们一旦拓展这一条边，我们就会改变i这个点和l这个点的奇偶性，所以我们都要异或，因为我们对于i就是第K位。
接下来我们还要考虑i和i+1之间怎么转移，我们发现如果确定第i-K这一点的边是偶数而且我们对于i这个点都拓展完了，我们就可以转移到dp[i+1][j][k>>1][0]，解释一下，k>>1为是因为我们i是从1到n的，所以我们是顺序的，而对于i+1点来说就是i点的k然后全部右移1位，对吧。而0是我们要从头再来DP。这样这一题就好了，成功60分。
为什么？TLE？因为我们状压了17位，所以我们时间复杂度也很不OK，所以我们考虑能不能少点，因为我们i是从1到n的，有顺序的，所以我们可以只考虑i-K到i这9个点，对吧。所以我们就可以减少时间复杂度了，这样就AC了。
代码：
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
int dp[40][40][1<<9][10],mod=1000000007;
int main()
{
int n,m,K;
scanf("%d %d %d",&n,&m,&K);//读入数据
dp[2][0][0][0]=1;//边界，因为我们k是描述前面的，因为i==1的话前面都没有点所以不会更新，所以我们就不用计算了
for(int i=2;i<=n;i++)//从2开始DP
for(int j=0;j<=m;j++)//枚举每个边的数量
for(int k=0;k<(1<<(K+1));k++)//枚举状压的每种情况
{
for(int l=0;l<K;l++)//枚举我们的点，这个是相对于i-K这个点的左边第几个点
if(dp[i][j][k][l])//如果我们这个值是计算过的，就可以去更新别人
{
(dp[i][j][k][l+1]+=dp[i][j][k][l])%=mod;//这个相当于是自加上值然后再自己对mod取余
if(j<m && i-K+l>0)//因为我们j要+1所以j<m才可以，还有就是这个点不能越界到负数
(dp[i][j+1][k^(1<<K)^(1<<l)][l]+=dp[i][j][k][l])%=mod;
}
if((k&1)==0 && dp[i][j][k][K])//如果最后的点是偶数并且我们到K的值已经计算过了就可以转移
dp[i+1][j][k>>1][0]=dp[i][j][k][K];//直接赋值
}
printf("%d",dp[n+1][m][0][0]);//输出答案
return 0;
}
这一题状态可能会很难理解，最好自己画画图，如果还是不能理解的话，欢迎留言。