題目描述給定乙個無向圖g，有n個節點，節點編號為1...n。圖g中已經連了m條邊。請你再連線k條邊，使得所有的節點的度數都是偶數。要求你再連線k條邊，使得所有的節點的度數都是偶數。
求有多少種連的方法。要求你連的k條邊中不能有重邊，但和已經連好的m條邊可以重。不允許自環的存在。求連邊的方法數。
輸入格式
第1行：3個整數，分別表示n（n≤1000），m（m≤n），k（k≤1000，k≤n*（n-1）/2）。
接下來m行每行2個整數x，y，描述了一條已經連線好的x和y的邊
輸出格式
第1行：1個整數，表示連邊的方法數。答案模10^9+7
輸入樣例
5 1 4
1 2輸出樣例 13
樣例說明
以下是13種兩邊的方法（只顯示新連的邊）：
題解首先，已經連好的m條邊並沒有過多的意義。對於已經連好的點，只關心它們的度數的奇偶性。可以假設連好的邊使得前p個點的度數是奇數。這樣問題可以轉化為：從乙個空白的無向圖開始，有多少種連邊的方法，使得前p個點的度數是奇數。
設f[i][j]表示用i條邊，使得j個點的度數為奇數的情況下連邊的方法數。
首先分類討論第i條邊連線的點的度數的奇偶性。
①如果連線的點是一奇一偶，那麼奇數點的個數不變:f[i][j]=f[i-1][j]*(n-j)*j
②如果連線兩個奇數點，那麼原來兩個點的度數是偶數：f[i][j]+=f[i−1][j−2]*c(j,2)
③如果連線兩個偶數點，那麼原來兩個點的度數是奇數：f[i][j]+=f[i−1][j+2]*c(n−j,2)
但這樣轉移的話無法保證沒有重邊。於是考慮第i條邊和之前的第x條邊重複的情況。x有i-1種取值。刪去第i條和第x條邊，所有的點的度數的奇偶性不變:
f[i][j]-=f[i-2][j]*(i-1)*( c(n,2)-(i-2) )
總的轉移方程是：
f[i][j]=f[i-1][j]*(n-j)*j + f[i-1][j-2]*c(j,2) + f[i-1][j+2]*c(n-j,2) - f[i-2][j]*(i-1)*( c(n,2)-(i-2) )
再去掉重複的方案數，答案為f[k][p]/k!。
#include#includetypedef long long ll;const int inf=0x3f3f3f3f;
const int mod=1e9+7;
const int n=1005;
ll n, m, k, w, sum=1;
ll dp[n][n], esum, psum;
bool pot[n];
//設f[k][p]表示用k條邊，使得p個點的度數為奇數的情況下連邊的方法數。
//f[k][p]=f[k-1][p]*(n-p)*p + f[k-1][p-2]*c(p,2) + f[k-1][p+2]*c(n-p,2) - f[k-2][p]*(k-1)*( c(n,2)-(k-2) )
ll dfs( ll k, ll p )
ll exeu(ll a,ll b,ll c)
/*ax=b%c
ax=cy+b
cy=a-b%a
y=exeu( c%a, (b?a-b%a:0), a )
x=(c*y+b)/a
*/int main()
for( int i=1; i<=n; i++ ) psum+=pot[i];
memset( dp, -1, sizeof dp );
w=dfs( k, psum );
for( ll i=1; i<=k; i++ ) sum=sum*i%mod;
w=exeu( sum, w, mod );
printf( "%i64d\n", w );
return 0;
}
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