bzoj3195: [Jxoi2012]奇怪的道路

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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。

Source

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题解：

　　

　　可以把图中的点看成一列数，在这列数中连边，搞DP。

　　用f[i][j][s][c]表示处理到第i个点，共用j条边，(i-k)~i 这些点度的奇偶性为二进制数s，当前处理的连边为 i 到 i - k + c 的方案数

　　对于c < k，若连边，则可以转移到f(i, j + 1, s', k)；若不连边，则可以转移到f(i, j, s, k + 1)。

　　对于c = k，只有当i - k的度为偶数才可以转移到f(i + 1, j, s', 0)。

　　时间复杂度O(NMK * 2^K)。

　　比较难理解，具体看代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=1000000007;
inline int read(){
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();} 
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
    return x;
}
int N,M,K;
int f[35][35][1025][9];//f[i][j][s][c]表示处理到第i个点，共用j条边，
                      //第三维表示(i-k)~i这些点度的奇偶性为二进制数s,0表示偶数，1表示奇数
                     //当前处理的连边为(i,i-k+c)的方案数。
int main(){
    N=read(),M=read(),K=read();
    f[2][0][0][0]=1;
    for(int i=2;i<=N;++i){//枚举第i个点 
        for(int j=0;j<=M;++j){//已经连了j条边 
            for(int s=0;s<(1<<(K+1));++s){//0~2^(l+1)-1 包含i本身 
                for(int c=0;c<K;++c){// i ~ i-k+c
                    if(f[i][j][s][c]!=0){//f[i][j][s][c]!=0来更新其他值，刷表法 
                        f[i][j][s][c+1]+=f[i][j][s][c]%mod;//此时不连边可直接转移 
                        f[i][j][s][c+1]%=mod;
                        if(j<M&&i-K+c>=1){
                            f[i][j+1][s^(1<<K)^(1<<c)][c]+=f[i][j][s][c]%mod; 
                            f[i][j+1][s^(1<<K)^(1<<c)][c]%=mod;
                            //K与c之间连一条边,其实K表示的是第i个点，c表示的是i-K+c个点，只是根据反向对称性反过来不影响答案 
                            //s^(1<<K)^(1<<c)，使 1<<K,1<<c的位置的奇偶性取反 
                        }
                    }
                }
                if((s&1)==0&&f[i][j][s][K]!=0) f[i+1][j][s>>1][0]=f[i][j][s][K];//第i个点连了偶数条边可以直接给 i+1，
                                                                                //s>>1相当于除掉了第i个点 
            }
        }
    }
    printf("%d",f[N+1][M][0][0]);
    return 0;
}