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Description

　　銘銘有\(n\)個十分漂亮的珠子和若干根顏色不同的繩子。現在銘銘想用繩子把所有的珠子連線成一個整體。
　　現在已知所有珠子互不相同，用整數\(1\)到\(n\)編號。對於第i個珠子和第j個珠子，可以選擇不用繩子連線，或者在\(c_{i,j}\)根不同顏色的繩子中選擇一根將它們連線。如果把珠子看作點，把繩子看作邊，將所有珠子連成一個整體即為所有點構成一個連通圖。特別地，珠子不能和自己連線。
　　銘銘希望知道總共有多少種不同的方案將所有珠子連成一個整體。由於答案可能很大，因此只需輸出答案對\(1000000007\)取模的結果。

Input

　標準輸入。輸入第一行包含一個正整數\(n\)，表示珠子的個數。接下來\(n\)行，每行包含\(n\)個非負整數，用空格隔開。這\(n\)行中，第\(i\)行第\(j\)個數為\(c_{i,j}\)。

Output

　標準輸出。輸出一行一個整數，為連線方案數對\(1000000007\)取模的結果。

Sample Input

3
0 2 3
2 0 4
3 4 0

Sample Output

50

HINT

對於\(100\%\)的資料，\(n\)為正整數且\(n\leq16\)，所有的\(c_{i,j}\)為非負整數且不超過\(1000000007\)。保證\(c_{i,j}=c_{j,i}\)。

Solution

• \(n\)較小,考慮狀壓\(dp\).
• 令\(f[S]\)表示集合\(S\)中的點聯通時的方案數,\(g[S]\)表示集合\(S\)中的數任意連邊時的方案數.那麼算出\(S\)中的點不連通的方案數和\(g[S]\)即可求出\(f[S]\).
• 有狀態轉移方程\(f[S]=g[S]−∑_{S^{'}∈S}f[S^{'}]∗g[S\)^\(S^{'}]\).
• 為了避免重複計數,需要固定一個點作為代表元素,即\(S^{'}\)中必須包含它.

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LoveLive;
inline int read()
{
    int out=0,fh=1;
    char jp=getchar();
    while ((jp>'9'||jp<'0')&&jp!='-')
        jp=getchar();
    if (jp=='-')
        {
            fh=-1;
            jp=getchar();
        }
    while (jp>='0'&&jp<='9')
        {
            out=out*10+jp-'0';
            jp=getchar();
        }
    return out*fh;
}
const int P=1e9+7;
inline int add(int a,int b)
{
    return (a + b) % P;
}
inline int mul(int a,int b)
{
    return 1LL * a * b % P;
}
int fpow(int a,int b)
{
    int res=1;
    while(b)
        {
            if(b&1)
                res=mul(res,a);
            a=mul(a,a);
            b>>=1;
        }
    return res;
}
int inv(int x)
{
    return fpow(x,P-2);
}
const int MAXN=20;
const int MAXS=(1<<20)+10;
int c[MAXN][MAXN];
int n,m;
int f[MAXS],g[MAXS];
//f是必須連通的方案數,g是隨便連邊的方案數 
int main()
{
    n=read();
    m=(1<<n)-1;
    for(int i=1;i<=n;++i)
        for(int j=1;j<=n;++j)
            c[i][j]=read();
    for(int i=0;i<=m;++i)   
        {
            g[i]=1;//初始化,未連邊 
            for(int j=1;j<=n;++j)//選擇j作為這個子集的代表元素 
                {
                    if(i&(1<<(j-1)))//j在這個子集圖中 
                        {
                            for(int k=j+1;k<=n;++k)
                                {
                                    if(i&(1<<(k-1)))
                                        g[i]=mul(g[i],c[j][k]+1);
                                }   
                        } 
                }
        }
    for(int i=1;i<=m;++i)
        {
            for(int S=i&(i-1);S;S=i&(S-1))
                {
                    if(!((i^S)&(i&(-i))))
                        f[i]=add(f[i],mul(f[S],g[i^S]));
                }
            f[i]=add(g[i],P-f[i]);
        }
    printf("%d\n",f[m]);
    return 0;
}