[BZOJ 2169]连边

Description

有N个点（编号1到N）组成的无向图，已经为你连了M条边。请你再连K条边，使得所有的点的度数都是偶数。求有多少种连的方法。要求你连的K条边中不能有重边，但和已经连好的边可以重。不允许自环的存在。求连边的方法数。我们只关心它模10007的余数。

Input

输入的第一行有三个自然数，分别表示点数N，已经连好的边数M，和你要连的边数K。保证K≤N(N-1)/2 接下来M行每行两个整数x,y，描述了一条连接x和y的边。 30%的数据满足： N≤200 100%的数据满足： N≤1000，M≤N，K≤1000，K≤N(N-1)/2

Output

输出一个整数，表示连边的方法数模10007的余数

Sample Input

5 1 4
1 2

Sample Output

13

HINT

【样例说明】
以下是13种连边的方法（只显示你连的边）：
{(1,2),(1,3),(1,4),(3,4)}
{(1,2),(1,3),(1,5),(3,5)}
{(1,2),(1,4),(1,5),(4,5)}
{(1,2),(2,3),(2,4),(3,4)}
{(1,2),(2,3),(2,5),(3,5)}
{(1,2),(2,4),(2,5),(4,5)}
{(1,2),(3,4),(3,5),(4,5)}
{(1,3),(2,4),(3,5),(4,5)}
{(1,3),(2,5),(3,4),(4,5)}
{(1,4),(2,3),(3,5),(4,5)}
{(1,4),(2,5),(3,4),(3,5)}
{(1,5),(2,3),(3,4),(4,5)}
{(1,5),(2,4),(3,4),(3,5)}

题解

我们令$f[i][j]$表示有序地添入$i$条边后还剩$j$个奇点的方案数。

易推出

1.$f[i][j]+=f[i-1][j-2]*{C^2 _{n-j+2}}$ （第$i$条边连接了两个非奇点）

2.$f[i][j]+=f[i-1][j]*j*(n-j)$ （第$i$条边连接一个奇点一个非奇点）

3.$f[i][j]+=f[i-1][j+2]*{C^2 _{j+2}}$ （第$i$条边连接两个奇点）

但除此之外，我们还没有考虑不能连接相同的边。

由容斥原理得：

4.$f[i][j]-=f[i-2][j]*({C^2 _n}-(i-2))$ （总共${C^2 _n}$条边，我们已经排除$i-2$条一定不重复）。

这样$f[i][j]$的转移方程就列完了，然而，题目要求的并不是有序的我们还需要将$f[i][j]/=i$使$f$代表无序。

综上，若$f[i][j]$表示无序地添入$i$条边后还剩$j$个奇点的方案数：

$f[i][j] = {1 over i}(f[i-1][j-2]*{C^2 _{n-j+2}}$$+f[i-1][j]*j*(n-j)$$+f[i-1][j+2]*{C^2 _{j+2}}$$-f[i-2][j]*({C^2 _n}-(i-2)))$

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#include <set>
#include <map>
#include <cmath>
#include <ctime> 
#include <queue>
#include <stack>
#include <string>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define Min(a, b) ((a) < (b) ? (a) : (b))
#define Max(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b))
#define LL long long
using namespace std;
const int N = 1000;
const int MOD = 10007; 

int n, m, k, u, v;
bool odd[N+5];
int f[N+5][N+5];

int quick_pow(int a, int b) {
    int c = 1;
    while (b) {
        if (b&1) c = a*c%MOD;
        a = a*a%MOD;
        b >>= 1;
    }
    return c;
}
int C2(int n) {
    return n*(n-1)/2%MOD;
}

void work() {
    scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);
    for (int i = 1; i <= m; i++) {
        scanf("%d%d", &u, &v);
        odd[u] = !odd[u];
        odd[v] = !odd[v];
    }
    int cnt = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) cnt += odd[i];
    f[0][cnt] = 1;
    for (int i = 1; i <= k; i++)
        for (int j = 0; j <= n; j++) {
            if (j >= 2) f[i][j] = (f[i][j]+f[i-1][j-2]*C2(n-j+2)%MOD)%MOD;
            f[i][j] = (f[i][j]+f[i-1][j]*j%MOD*(n-j)%MOD)%MOD;
            if (j+2 <= n) f[i][j] = (f[i][j]+f[i-1][j+2]*C2(j+2)%MOD)%MOD;
            if (i >= 2) f[i][j] = (f[i][j]+MOD-f[i-2][j]*(C2(n)-(i-2))%MOD)%MOD;
            f[i][j] = f[i][j]*quick_pow(i, MOD-2)%MOD;
        }
    printf("%d
", f[k][0]);
}
int main() {
    work();
    return 0; 
}