雅礼 noip2018 day4 T2

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好玄学的dp啊....

设状态dp[i][j]表示是否存在一条以j为起点，状态为i的路径

那么可以枚举j的所有后继节点进行转移，但时间较大，而且比较复杂

所以我们利用bitset+meet in the middle进行优化：

利用bitset优越的位运算性质，我们可以减少一层循环

利用meet in the middle思想，我们可以减小枚举范围

算法讲解：

我们将d分成d/2和d-d/2两部分，最后进行合并

首先，第一层倒序枚举所有节点，每次清空bitset的dp数组，表示本次只用这个点为起点进行拓展

然后，为防止出现010和0010这样的碰撞状态，我们在所有状态的最高位赋上1

接着，我们枚举所有状态和终点j和k，那么如果dp[j][k]为真，则可以向下进行转移，这时就应用了bitset的优越性：我们可以直接将dp数组与邻接矩阵进行位运算来更新，而不必再通过枚举来更新

最后，我们要实现meet in the middle思想，所以我们再使用一个f数组，f[i][j]表示以j为终点，状态为i的路径是否存在

那么，由于是无向图，只要从dp[i][u]可以拓展出某个状态，f[i][u]即为真

最后，只需分别枚举两部分的状态，然后合并即可

注意：操作时不要忘记最高位1的处理

#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <stack>
#include <bitset>
#define maxn 105
#define maxv (1<<20)+5
using namespace std;
bitset <maxn> dp[maxv],f[maxv],e0[maxn],e1[maxn];
int n,m,d;
int main()
{
	freopen("y.in","r",stdin);
	freopen("y.out","w",stdout);
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&d);
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		int x,y,z;
		scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
		if(z)
		{
			e1[x][y]=e1[y][x]=1;
		}else
		{
			e0[x][y]=e0[y][x]=1;
		}
	}
	int d2=d/2,d1=d-d2;
	for(int i=n;i>=1;i--)
	{
		for(int j=0;j<(maxv);j++)
		{
			dp[j].reset();
		}
		dp[1][i]=1;
		for(int j=1;j<(1<<d1);j++)
		{
			for(int k=1;k<=n;k++)
			{
				if(dp[j][k])
				{
					dp[j<<1]|=e0[k];
					dp[(j<<1)|1]|=e1[k];
				}
			}
		}
		for(int j=0;j<(1<<d1);j++)
		{
			f[j][i]=dp[(1<<d1)|j].any();
		}
	}
	int ret=0;
	for(int i=0;i<(1<<d1);i++)
	{
		for(int j=0;j<(1<<d2);j++)
		{
			if((dp[(1<<d2)|j]&f[i]).any())
			{
				ret++;
			}
		}
	}
	printf("%d\n",ret);
	return 0;
}