我看不出来是状压的状压。
好吧，其实看到k的范围应该去往状压方面想的。
然后，题目中说“任何一个城市都与恰好偶数条道路相连（0也被认为是偶数）”。
所以，奇偶，两种状态可以用0,1来表示，那就妥妥的状压了。
设\(dp_{i,j,sta}\)表示当前已经考虑了i座城市，j条道路，当前状态为sta的方案数。
用0表示奇数，1表示偶数，为了防止转移时出现问题，所以只转移第i个城市的前k个城市，通过异或能够将连边的两个城市由奇变偶，由偶变奇。
则有
\[dp_{i,j,sta}=\sum_{i-k\le l<i}^{0\le sta< 2^{k+1}}dp_{i,j-1,sta^{\wedge}1^{\wedge}2^{i-l}} \]因为在转移的时候，sta表示的范围在发生变化，所以对于每一个i都要再单独处理一下
\[dp_{i+1,j,sta\times2}=\sum_{0\le j\le m}^{0\le sta<2^{k}}dp_{i,j,sta} \]Code：
#include<cstdio>
#define top 10
#define MAX 32
#define re register
namespace OMA
{
int n,m,k;
int dp[MAX][MAX][1<<top];
const int p=1000000007;
inline int max(int a,int b)
{ return a>b?a:b; }
signed main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
dp[2][0][0] = 1;
for(re int i=2; i<=n; i++)
{
for(re int l=max(i-k,1); l<=i-1; l++)
{
for(re int j=1; j<=m; j++)
{
for(re int temp=0; temp<(1<<k+1); temp++)
{ dp[i][j][temp] = (dp[i][j][temp]+dp[i][j-1][temp^1^(1<<(i-l))])%p; }
}
}
for(re int j=0; j<=m; j++)
{
for(re int temp=0; temp<(1<<k); temp++)
{ dp[i+1][j][temp<<1] = (dp[i][j][temp]+dp[i+1][j][temp<<1])%p; }
}
}
printf("%d\n",dp[n][m][0]);
return 0;
}
}
signed main()
{ return OMA::main(); }