【BZOJ3195】[Jxoi2012]奇怪的道路 状压DP

【BZOJ3195】[Jxoi2012]奇怪的道路

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1000000007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1000000007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
【数据规模】

HINT

100%的数据满足1<= n <= 30, 0 <= m <= 30, 1 <= K <= 8.
【题目说明】
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。

题解：容易想到用状压DP，不过循环顺序是一件捉鸡的事情。

用f[i][j][S]表示前i个城市，建了j条道路，最后k个城市的度数奇偶性状态为S的方案数。那么转移的时候，我们枚举每条边重复连多少次，如果连奇数条，则状态改变；如果连偶数次，则状态不变，我们可以对于j为奇数和j为偶数的情况都维护一个前缀和来优化转移。

为了防止重复，我们需要注意循环顺序，先枚举边，然后倒着枚举边数，最后枚举状态。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
const int P=1000000007;
int n,m,K,ans;
int f[32][32][1<<9],s[32][32][1<<9],cnt[1<<9];
inline void updata(int &x,int y)
{
	x=(x+y)%P;
}
int main()
{
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&K),K++;
	int i,j,k,l;
	for(i=1;i<(1<<K);i++)	cnt[i]=cnt[i-(i&-i)]+1;
	f[1][0][0]=1;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		for(j=0;j<=m;j++)	for(k=0;k<(1<<K);k++)
		{
			s[i][j][k]=f[i][j][k];
			if(j>1)	updata(s[i][j][k],s[i][j-2][k]);
		}
		for(l=1;l<min(i,K);l++)
		{
			for(j=m;j;j--)	for(k=0;k<(1<<K);k++)
			{
				updata(f[i][j][k],s[i][j-1][k^1^(1<<l)]);
				if(j>1)	updata(f[i][j][k],s[i][j-2][k]);
			}
			for(j=0;j<=m;j++)	for(k=0;k<(1<<K);k++)
			{
				s[i][j][k]=f[i][j][k];
				if(j>1)	updata(s[i][j][k],s[i][j-2][k]);
			}
		}
		for(j=0;j<=m;j++)	for(k=0;k<(1<<(K-1));k++)	updata(f[i+1][j][k<<1],f[i][j][k]);
	}
	printf("%d",f[n][m][0]);
	return 0;
}