大致题意： 已知有平民和狼人共\(n\)个，每个平民会指控和保护任何人，每个狼人只会指控平民、保护狼人。告诉你\(m\)对指控与保护的关系，求有\(k\)个狼人的方案总数。
树形\(DP\)
这题目乍看很神仙，但一看给出的其他一些限制，就可以发现这就是一棵树！
而对于这种问题，容易想到用树形\(DP\)去求解。
我们可以设\(f_{i,0/1,j,0/1}\)来表示编号为\(i\)的节点作为平民/狼人时共有\(j\)个狼人的方案数，其中第二维分别表示上一次和这一次的答案，用了滚存。
则显然可以推得\(DP\)方程如下：
\[f_{x,op,j+l,0}=\sum f_{x,op\text{^}1,j,0}*(f_{son,sz_{son}\&1,l,0}+f_{son,sz_{son}\&1,l,0})
\]
\]
\[f_{x,op,j+l,1}=\sum f_{x,op\text{^}1,j,1}*f_{son,sz_{son}\&1,l,[val=='D']}
\]
\]
对于第一个方程，我们知道平民会指控和保护任何人，因此无论子节点为平民还是狼人都可以转移。
对于第二个方程，我们知道狼人只会指控平民、保护狼人，因此当指控关系时子节点必须为平民，当保护关系时子节点必须为狼人。
统计答案
由于这是一片森林，因此我们最后还需要统计答案，而这也是一个类似的过程。
我们可以设\(s_{0/1,j}\)来表示共有\(j\)个狼人的方案数，其中第一维类似于前面的第二位，分别表示上一次和这一次的答案。
若我们从\(0\)号节点向所有根节点连边，则转移式其实是几乎一样的：
\[s_{op,j+l}=\sum s_{op\text{^}1,j}*(f_{son,sz_{son}\&1,l,0}+f_{son,sz_{son}\&1,l,0})
\]
\]
其实很好理解，这与上面的式子就少了枚举当前节点是平民还是狼人，而\(0\)号节点作为虚拟节点，显然都不是嘛。。。
具体实现详见代码。
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<tepename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define RC Reg char
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 200
#define X 1000000007
#define min(x,y) ((x)>(y)?(x):(y))
#define add(x,y,v) (e[++ee].nxt=lnk[x],e[lnk[x]=ee].to=y,e[ee].op=v)
#define Inc(x,y) ((x+=(y))>=X&&(x-=X))
using namespace std;
int n,m,k,ee,deg[N+5],lnk[N+5];struct edge {int to,nxt;char op;}e[N+5];
I int XSum(RI x,CI y) {return x+y>=X?x+y-X:x+y;}
class TreeDper//树形DP
{
private:
int s[2][N+5],t[N+5],g[N+5],f[N+5][2][N+5][2];
I void DP(CI x)//DP
{
g[x]=f[x][0][0][0]=f[x][0][1][1]=1;for(RI i=lnk[x],j,l,op=1;i;i=e[i].nxt,op^=1)//初始化信息，枚举子节点
{
for(memset(f[x][op],0,sizeof(f[x][op])),DP(e[i].to),j=min(k,g[x]);~j;--j) for(l=min(k-j,g[e[i].to]);~l;--l)//枚举状态进行转移
{
Inc(f[x][op][j+l][0],1LL*f[x][op^1][j][0]*XSum(f[e[i].to][t[e[i].to]][l][0],f[e[i].to][t[e[i].to]][l][1])%X),
Inc(f[x][op][j+l][1],1LL*f[x][op^1][j][1]*f[e[i].to][t[e[i].to]][l][e[i].op=='D']%X);
}g[x]+=g[e[i].to],t[x]^=1;//更新size
}
}
public:
I int GetAns()//与上面的过程类似
{
RI i,j,l,op=1;for(s[0][0]=1,i=lnk[0];i;i=e[i].nxt,op^=1)
for(memset(s[op],0,sizeof(s[op])),DP(e[i].to),j=k;~j;--j) for(l=min(k-j,g[e[i].to]);~l;--l)
Inc(s[op][j+l],1LL*s[op^1][j]*XSum(f[e[i].to][t[e[i].to]][l][0],f[e[i].to][t[e[i].to]][l][1])%X);
return s[op^1][k];
}
}T;
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
RI i,x,y,ans=1;RC op;for(cin>>n>>k>>m,i=1;i<=m;++i) cin>>op>>x>>y,add(x,y,op),++deg[y];//读入+建边
for(i=1;i<=n;++i) !deg[i]&&add(0,i,'*');return printf("%d",T.GetAns()),0;//求解并输出
}