首先一定存在一个点度数 $<k$，因为整张图也算它的一个导出子图。设这个点为 $s$。实现上为了方便可以直接找度数最小的点。

把图中所有点集分成两种：包含 $s$ 的和不包含 $s$ 的。

对于包含 $s$ 的团，显然其点数不超过 $k$（不超过 $s$ 的度数），于是先把这 $\mathcal O(k)$ 个点拎出来。$\mathcal O(2^k)$ 枚举每个点选/不选，然后判断选出的能否构成团。

令 $S_i$ 表示与 $i$ 相邻的点构成的集合。那么 $i_1,i_2\dots,i_k$ 可以构成团，当且仅当 $\{i_1,i_2\dots,i_k\} \subseteq S_{i_1} \cap S_{i_2} \cap \dots \cap S_{i_k}$。

此时容易想到压位。把 $S_i$ 中有用的 $\mathcal O(k)$ 个位置取出，压到一个 $<2^{10}$ 的 int 中，求解所有掩码的与和即可。

这样包含 $s$ 的最大团就算好了。在图中把 $s$ 删去，重复上面过程即可。

删点用 set 实现会比较简单。总复杂度 $\mathcal O(nk(k\log n + 2^k))$。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = 5e4 + 10;

int n, k, d[N];
set<int> g[N];

signed main() {
	cin >> n >> k;
	for (int i = 0; i < n; ++ i ) g[i].insert(i);
	for (int i = 0; i < n; ++ i ) {
		int cnt;
		cin >> cnt;
		d[i] = cnt + 1;
		while (cnt -- ) {
			int j;
			cin >> j;
			g[i].insert(j);
		}
	}
	
	int res = 0;
	set<pair<int, int>> S;
	for (int i = 0; i < n; ++ i ) S.insert({d[i], i});
	while (S.size()) {
		int u = (*S.begin()).second;
		
		S.erase(S.begin());
		
		vector<int> v, msk;
		v.push_back(u);
		for (int i : g[u]) {
			if (i != u) v.push_back(i);
		}
		
		int sz = g[u].size();
		
		for (int i : v) {
			int res = 0;
			for (int j = 0; j < sz; ++ j ) {
				res |= g[i].count(v[j]) << j;
			}
			msk.push_back(res);
		}
		
		for (int s = 1; s < 1 << sz; s += 2) {
			int t = -1;
			for (int i = 0; i < sz; ++ i )
				if (s >> i & 1) {
					t = t == -1 ? msk[i] : (t & msk[i]);
				}
			if ((s & t) == s) res = max(res, __builtin_popcount(s));
		}
		
		for (int i : v)
			if (i != u) {
				g[i].erase(u);
				S.erase({d[i], i});
				d[i] -- ;
				if (d[i] > 0) S.insert({d[i], i});
			}
	}
	cout << res;
	
	return 0;
}