好玄學的dp啊....

設狀態dp[i][j]表示是否存在一條以j為起點，狀態為i的路徑

那麼可以列舉j的所有後繼節點進行轉移，但時間較大，而且比較複雜

所以我們利用bitset+meet in the middle進行優化：

利用bitset優越的位運算性質，我們可以減少一層迴圈

利用meet in the middle思想，我們可以減小列舉範圍

演算法講解：

我們將d分成d/2和d-d/2兩部分，最後進行合併

首先，第一層倒序列舉所有節點，每次清空bitset的dp陣列，表示本次只用這個點為起點進行拓展

然後，為防止出現010和0010這樣的碰撞狀態，我們在所有狀態的最高位賦上1

接著，我們列舉所有狀態和終點j和k，那麼如果dp[j][k]為真，則可以向下進行轉移，這時就應用了bitset的優越性：我們可以直接將dp陣列與鄰接矩陣進行位運算來更新，而不必再通過列舉來更新

最後，我們要實現meet in the middle思想，所以我們再使用一個f陣列，f[i][j]表示以j為終點，狀態為i的路徑是否存在

那麼，由於是無向圖，只要從dp[i][u]可以拓展出某個狀態，f[i][u]即為真

最後，只需分別列舉兩部分的狀態，然後合併即可

注意：操作時不要忘記最高位1的處理

#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <stack>
#include <bitset>
#define maxn 105
#define maxv (1<<20)+5
using namespace std;
bitset <maxn> dp[maxv],f[maxv],e0[maxn],e1[maxn];
int n,m,d;
int main()
{
	freopen("y.in","r",stdin);
	freopen("y.out","w",stdout);
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&d);
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		int x,y,z;
		scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
		if(z)
		{
			e1[x][y]=e1[y][x]=1;
		}else
		{
			e0[x][y]=e0[y][x]=1;
		}
	}
	int d2=d/2,d1=d-d2;
	for(int i=n;i>=1;i--)
	{
		for(int j=0;j<(maxv);j++)
		{
			dp[j].reset();
		}
		dp[1][i]=1;
		for(int j=1;j<(1<<d1);j++)
		{
			for(int k=1;k<=n;k++)
			{
				if(dp[j][k])
				{
					dp[j<<1]|=e0[k];
					dp[(j<<1)|1]|=e1[k];
				}
			}
		}
		for(int j=0;j<(1<<d1);j++)
		{
			f[j][i]=dp[(1<<d1)|j].any();
		}
	}
	int ret=0;
	for(int i=0;i<(1<<d1);i++)
	{
		for(int j=0;j<(1<<d2);j++)
		{
			if((dp[(1<<d2)|j]&f[i]).any())
			{
				ret++;
			}
		}
	}
	printf("%d\n",ret);
	return 0;
}