题目链接：http://acm.csust.edu.cn/problem/2007
https://blog.51cto.com/u_15249461/2848673
Description
烧烤真的很好吃唉！集训队的团建除了佰烧，下馆子就是烧烤啦！
这天集训队一群毒瘤想出去吃烧烤，这里一共有 n n n个烧烤店，编号 1 , 2 , . . . , n 1,2,...,n 1,2,...,n，这 n n n个烧烤店中有 m m m个特殊的烧烤店，初始时大家在1号烧烤店，他们想尝试其中至少 k k k个不同的特殊的烧烤店。从任意两个烧烤店 x , y x,y x,y走过去消耗的体力值都为 1 1 1，注意你在当前的烧烤店停留一次也会消耗 1 1 1点体力值。 m p [ i ] [ j ] mp[i][j] mp[i][j]表示从烧烤店 i i i到 j j j的方案数。问他们恰好消耗 Q Q Q点体力值且能品尝到至少 k k k个不同的特殊烧烤店的方案数。数据保证11号烧烤店不是特殊的烧烤店。答案可能很大，输出模 20190802 20190802 20190802后的值。
Input
第一行五个整数，分别表示 n , m , k , Q n,m,k,Q n,m,k,Q。
接下来一行 m m m个整数 a i a_i ai表示特殊烧烤店的编号。
接下来一个 n n n行 n n n列的矩阵 m p mp mp，意义如题。
1 ≤ n , Q ≤ 50 , 0 ≤ m , k ≤ 10 , 0 ≤ m p [ i ] [ j ] ≤ 1000 1\leq n,Q\leq 50,0\leq m,k\leq 10,0\leq mp[i][j]\leq1000 1≤n,Q≤50,0≤m,k≤10,0≤mp[i][j]≤1000
Output
输出一行一个整数表示答案。
Sample Input 1
5 1 1 4
5
2 1 0 0 0
3 1 1 0 0
4 1 0 1 0
5 1 0 0 1
6 1 0 0 0
Sample Output 1
1
Sample Input 2
1 0 0 10
26
Sample Output 2
14277670
Sample Input 3
11 2 2 10
6 11
1 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0
2 1 1 0 0 0 1 0 0 0 0
3 1 0 1 0 0 1 0 0 0 0
4 1 0 0 1 0 1 0 0 0 0
5 1 0 0 0 1 1 0 0 0 0
6 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0
7 1 0 0 0 0 1 1 0 0 0
8 1 0 0 0 0 1 0 1 0 0
9 1 0 0 0 0 1 0 0 1 0
10 1 0 0 0 0 1 0 0 0 1
11 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0
Sample Output 3
2
Hint
对于样例1：你只有一种走法能在规定体力消耗内吃到至少一个特殊烧烤店：1->2->3->4->5，方案数为 1 ∗ 1 ∗ 1 ∗ 1 = 1 1 * 1 * 1 * 1=1 1∗1∗1∗1=1
对于样例2：要求吃到至少0个特殊烧烤店，也就是说你可以一个特殊烧烤店都不去，方案数为26^10 mod 20190802 =14277670
emmm，这道题挺好想的QAQ，至少现在看来是这样的。
看题目的数据范围，我们很容易知道用状压DP来解决，我们状压m个特殊的店于是就有了 d p [ 1 < < 11 ] dp[1<<11] dp[1<<11]，考虑到要恰好消耗 Q Q Q点体力，所以我们要再加上一维，就变成了了 d p [ 1 < < 11 ] [ 55 ] dp[1<<11][55] dp[1<<11][55]，但还有问题没有解决，也就是最后停留的点可能是 1 − n 1-n 1−n中的任意一点，所以我们还要再加上一维停留点： d p [ 1 < < 11 ] [ 55 ] [ 55 ] dp[1<<11][55][55] dp[1<<11][55][55]。计算一下空间，发现差不多了，应该不用再加了
接下来就是状态转移了，其中上面所说的三维肯定要枚举的，我们直接枚举上一个状态，然后再枚举上一个状态的最终停留点，再枚举上一个点所消耗的体力，那么要做状态转移的话肯定还要加上现在要去的点，于是就有了以下代码段：
dp[0][0][1]=1;
for (int i=0; i<(1<<m); i++) {
for (int last=1; last<=n; last++) {
if (vis[last] && !judge(i,1<<(vis[last]-1))) continue;
//vis记录的是特殊点的编号，如果上一个点是特殊点，那么一定不会和上一个特殊点状态集矛盾
for (int pw=0; pw<q; pw++) {
if (!dp[i][pw][last]) continue;//小优化
for (int now=1; now<=n; now++) {
if (!mp[last][now]) continue;//小优化
/*DP*/
}
}
}
}
然后计算一波时间复杂度。。。 O ( 2000 ∗ 50 ∗ 50 ∗ 50 ) O(2000*50*50*50) O(2000∗50∗50∗50)，emmm，让我冷静一波，感觉似乎不能优化了啊，想法也应该没什么毛病，没办法了，只能硬着头皮刚一波再说了，说不定数据跑不满（水）呢，于是就有了以上的小优化。
接下来我们考虑转移，对于转移，应该有两种方式，第一个是现在要去的点为特殊点的时候，另一个就是非特殊点的时候，那么就有了一下转移方程：
if (vis[now]) {
int sta=i|(1<<(vis[now]-1));
dp[sta][pw+1][now]=(dp[sta][pw+1][now]+dp[i][pw][last]*mp[last][now])%mod;
}
else dp[i][pw+1][now]=(dp[i][pw+1][now]+dp[i][pw][last]*mp[last][now])%mod;
最后枚举一下最终状态和落脚点就行了。。。然后你就会发现。。你似乎过不了样例？？？？
感觉天衣无缝啊，冷静分析一波。似乎体力的枚举不应该在里面，每次枚举消耗一个体力的时候应该跑完整个图的，那么也就是说体力的枚举应该放在最外面，然后 t r y try try一波。。。。AC！妈妈，我终于会DP了QAQ
以下是AC代码：
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=20190802;
ll dp[1<<11][55][55];//状态为sta,消耗q点体力,当前点为x号点的方案数
int b[100],mp[55][55],ok[1<<11];
int vis[55];
int digt(int x)
{
int ans=0;
while (x){
if (x&1) ans++;
x>>=1;
}
return ans;
}
void pre_oksta(int m,int k)
{
for (int i=0; i<(1<<m); i++){
int nb=digt(i);
if (nb>=k) ok[i]=1;
}
}
int judge(int x,int y)
{
for (int i=0; i<=10; i++)
if (!(x&(1<<i)) && (y&(1<<i))) return 0;
return 1;
}
int main(int argc, char const *argv[])
{
int n,m,k,q;
scanf ("%d%d%d%d",&n,&m,&k,&q);
for (int i=1; i<=m; i++) scanf ("%d",&b[i]),vis[b[i]]=i;
for (int i=1; i<=n; i++)
for (int j=1; j<=n; j++)
scanf ("%d",&mp[i][j]);
pre_oksta(m,k);
dp[0][0][1]=1;
for (int pw=0; pw<q; pw++){//枚举体力
for (int i=0; i<(1<<m); i++){//枚举上一个状态
for (int last=1; last<=n; last++){//枚举上一个落脚点
if (vis[last] && !judge(i,1<<(vis[last]-1))) continue;
if (!dp[i][pw][last]) continue;
for (int now=1; now<=n; now++){//枚举现在要去的
if (!mp[last][now]) continue;
if (vis[now]){
int sta=i|(1<<(vis[now]-1));
dp[sta][pw+1][now]=(dp[sta][pw+1][now]+dp[i][pw][last]*mp[last][now])%mod;
}
else dp[i][pw+1][now]=(dp[i][pw+1][now]+dp[i][pw][last]*mp[last][now])%mod;
}
}
}
}
ll ans=0;
for (int i=0; i<(1<<(m+1)); i++){
if (!ok[i]) continue;
for (int j=1; j<=n; j++)
ans=(ans+dp[i][q][j])%mod;
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
