题面

状压好题

1<= n <= 30, 0 <= m <= 30, 1 <= K <= 8

这美妙的范围非状压莫属

理所当然地,0和1代表度的奇偶

dp[i][j][st]即考虑了i个点j条边,最后k个城市及自身的状态为st (0<=st<=2k+1-1)

把n和p连起来(n-k<=p<n)



(dp[i][j][st]+=dp[i][j-1][st1power[i-p]])%=mod;

状态变化后 还需进行特殊转移



(dp[i+1][j][st<<1]+=dp[i][j][st])%=mod; (0<=st<=2k-1)

目标:dp[n][m][0]

异或是整道题相当精彩的一部分 完美诠释连边后奇偶性取反的骚操作

#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll dp[35][35][999],power[15]={1,2,4,8,16,32,64,128,256,512,1024,2048};
const int mod=1e9+7;
int n,m,k;
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
dp[2][0][0]=1;
int side=power[k+1]-1;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
int now=max(i-k,1);
for(int p=now;p<i;p++)
for(int j=1;j<=m;j++)
for(int st=0;st<=side;st++)(dp[i][j][st]+=dp[i][j-1][st^1^power[i-p]])%=mod;
if(i==n)break;
for(int j=0;j<=m;j++)
for(int st=0;st<=power[k]-1;st++)(dp[i+1][j][st<<1]+=dp[i][j][st])%=mod;
}
cout<<dp[n][m][0]<<endl;
return 0;
}

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