简要题意：给定一张 $n$ 个点 $m$ 条边的简单无向连通图，定义一条路径合法当且仅当不连续经过同一条边，求从点 $1$ 到点 $n$ 的经过 $k$ 条边的合法路径数。

首先在不考虑图的特殊性质的情况下，有一个很明显的朴素的 DP 做法：将所有无向边拆成两条有向边并标号，定义 $dp_{i,j}$ 为满足经过 $i$ 条边且最后经过的有向边是第 $j$ 条边的合法路径数，答案即为满足第 $j$ 条边的终点为 $n$ 的数字 $j$ 的 $dp_{k,j}$ 之和，转移时可暴力枚举所有边，时间复杂度为 $O(km^2)$。

然后注意到题目保证图连通且 $m\le n+10$，这意味着图一定有一棵生成树，且在找到生成树后图中的非树边只有 $m-n+1$ 条，在该题中该值小于 $11$。

设 $d=m-n+1$，考虑在朴素 DP 算法上加以修改：先在图中找到一棵生成树，再将剩余的将 $d$ 条非树边拆成两条有向的非树边并标号。定义 $dp_{i,j}$ 为满足经过 $i$ 条边且最后经过的有向的非树边是第 $j$ 条边的合法路径数， $l_i$ 为第 $i$ 条有向的非树边的起点， $r_i$ 为第 $i$ 条有向的非树边的终点， $\operatorname{dis}(i,j)$ 为点 $i$ 与点 $j$ 在树上的唯一路径的边数，则可以通过以下步骤计算 $dp_{i,j}$：

1. 若 $\operatorname{dis}(1,j)=i-1$，则初始令 $dp_{i,j}$ 为 $1$，否则令 $dp_{i,j}$ 为 $0$。

2. 枚举所有满足 $\operatorname{dis}(r_x,l_j)<i$ 且并非从同一条非树边拆出来的有向的非树边 $x$，令 $dp_{i,j}\to dp_{i,j}+dp_{i-\operatorname{dis}(r_x,l_j)-1,x}$。

由于在一棵树上任意两点间只有一条合法路径，因而以上步骤的正确性显然。而统计答案 $ans$ 也可使用类似的步骤：

1. 若 $\operatorname{dis}(1,n)=k$，则初始令 $ans$ 为 $1$，否则令 $ans$ 为 $0$。

2. 枚举所有满足 $\operatorname{dis}(r_i,n)<k$ 的有向的非树边 $i$，令 $ans\to ans+dp_{i-\operatorname{dis}(r_i,n),i}$。

注意到上述全部过程中只会有 $O(d^2)$ 个不同的 $\operatorname{dis}(i,j)$ 被用到，因而可以使用倍增法求 LCA 相关算法以 $O(n\log n+d^2\log n)$ 的时间复杂度预处理出来；而这样做则 DP 及统计答案的过程的时间复杂度合起来为 $O(kd^2)$。同时其它过程（如求一棵生成树）的时间复杂度均不大于上面两个中的至少一个，因而该算法的时间复杂度为 $O(n\log n+d^2\log n+kd^2)$，在本题 $n\le 2\cdot 10^5$，$d\le 11$，$k\le 10^4$ 的特殊数据范围下可以通过。

以下为代码，为方便实现，代码实际执行流程与上述做法做法在细节上有微小差别，但大致做法仍相同，且不影响正确性与时空复杂度：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long n,m,k,u,v,st[200001],si[200001],len,l[23],r[23],dp[10001][23],fa[200001][21],dep[200001],di[23][23],ans;
const int mod=1e9+7;
vector<int>tr[200001];

int find(int p)
{
	if(st[p]==p)return p;
	return st[p]=find(st[p]);
}

int unio(int p,int q)
{
	p=find(p);q=find(q);
	if(p==q)return 0;
	if(si[p]<si[q])swap(p,q);
	st[q]=p;
	si[p]+=si[q];
	return 1;
}

void dfs(int p)
{
	for(int i=0;i<tr[p].size();i++)
	{
		if(tr[p][i]!=fa[p][0])
		{
			fa[tr[p][i]][0]=p;
			dep[tr[p][i]]=dep[p]+1;
			dfs(tr[p][i]);
		}
	}
}

int lca(int p,int q)
{
	if(dep[p]<dep[q])swap(p,q);
	for(int i=20;i>=0;i--)
	{
		if(dep[fa[p][i]]>=dep[q])
		{
			p=fa[p][i];
		}
	}
	if(p==q)return p;
	for(int i=20;i>=0;i--)
	{
		if(fa[p][i]!=fa[q][i])
		{
			p=fa[p][i];
			q=fa[q][i];
		}
	}
	return fa[p][0];
}

int dis(int p,int q)
{
	return dep[p]+dep[q]-2*dep[lca(p,q)];
}

int main()
{
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);cout.tie(0);
	cin>>n>>m>>k;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		st[i]=i;
		si[i]=1;
	}
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		cin>>u>>v;
		if(unio(u,v))
		{
			tr[u].push_back(v);
			tr[v].push_back(u);
		}
		else
		{
			l[++len]=u;
			r[len]=v;
			l[++len]=v;
			r[len]=u;
		}
	}
	dep[1]=1;dfs(1);
	for(int i=1;i<=20;i++)
	{
		for(int j=1;j<=n;j++)
		{
			fa[j][i]=fa[fa[j][i-1]][i-1];
		}
	}
	for(int i=1;i<=len;i++)
	{
		di[0][i]=dis(1,l[i]);
		for(int j=1;j<=len;j++)
		{
			di[i][j]=dis(r[i],l[j]);
		}
	}
	for(int i=1;i<=k;i++)
	{
		for(int j=1;j<=len;j++)
		{
			if(di[0][j]==i-1)
			{
				dp[i][j]=1;
			}
			for(int x=1;x<=len;x++)
			{
				if(di[x][j]<i&&(j-1^1)!=x-1)
				{
					dp[i][j]+=dp[i-di[x][j]-1][x];
					dp[i][j]%=mod;
				}
			}
		}
	}
	if(dis(1,n)==k)ans=1;
	for(int i=1;i<=len;i++)
	{
		if(dis(r[i],n)<k)
		{
			ans+=dp[k-dis(r[i],n)][i];
			ans%=mod;
		}
	}
	cout<<ans;
}