传送门
题解
这是一道画风正常的状压DP题。
可以想到，(dp[i][j][k])表示到第(i)个点、已经连了(j)条边，当前([i - K, i])区间内的点的度数的奇偶性状态是(k)（用二进制表示，度数为奇则对应位是1，反之为0）的方案数。
然后对每个状态枚举(i)要和区间([i - K, i - 1])中的谁连边，如果(i)和(i - p)连边的话，新的状态(k')就是 k ^ (1 << p) ^ 1（二进制第(x)位表示点(i - x)，第(0)位表示点(i)）。
但是这样写WA了！因为会出现重复，例如让3号点先和1号点连再和2号点连，与先和2号点连再和1号点连，是同一种方案，却被算了两次。
为了解决这个问题，我们再加一维，强制让先连的边“短一点”（终点离(i)近一点）。
现在，(dp[i][j][k][l])表示：到第(i)个点、已经连了(j)条边，当前([i - K, i])区间内的点的度数的奇偶性状态是(k)， 当前要尝试连(i)和(i - l)。从小到大枚举(l)就不会重复了。
代码很好写。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#define space putchar(' ')
#define enter putchar('
')
using namespace std;
typedef long long ll;
template <class T>
void read(T &x){
char c;
bool op = 0;
while(c = getchar(), c < '0' || c > '9')
if(c == '-') op = 1;
x = c - '0';
while(c = getchar(), c >= '0' && c <= '9')
x = x * 10 + c - '0';
if(op) x = -x;
}
template <class T>
void write(T x){
if(x < 0) putchar('-'), x = -x;
if(x >= 10) write(x / 10);
putchar('0' + x % 10);
}
const int N = 32, MAXK = 9, P = 1000000007;
int n, m, K, dp[N][N][1 << MAXK][MAXK];
int main(){
read(n), read(m), read(K);
dp[1][0][0][1] = 1;
for(int i = 1; i <= n; i++)
for(int j = 0; j <= m; j++)
for(int k = 0; k < (1 << (K + 1)); k++){
for(int l = 1; l <= K; l++){
//printf("dp[%d][%d][%d][%d] = %d
", i, j, k, l, dp[i][j][k][l]);
(dp[i][j][k][l + 1] += dp[i][j][k][l]) %= P;
if(j < m && i - l > 0)
(dp[i][j + 1][k ^ (1 << l) ^ 1][l] += dp[i][j][k][l]) %= P;
}
if(!(k >> K & 1))
(dp[i + 1][j][k << 1][1] += dp[i][j][k][K]) %= P;
}
write(dp[n][m][0][K]), enter;
return 0;
}