- 给定一张(n)个点的图，每两个点(i,j)之间要么不连边，要么就有(c_{i,j})种连边方式。
- 求使这张图连通的连边方案数。
- (nle16)
子集(DP)
很容易想到设(g_S)表示使子集(S)连通的方案数，然而这东西并不好转移，因为同种连通图根据不同的转移顺序很可能会重复计算。
所以，我们考虑设两个数组来辅助转移，用(f_S)表示子集(S)连边的总方案数，(h_S)表示子集(S)不连通的方案数。
首先(f_S)的转移是非常容易的，就是连通块中所有(c_{i,j}+1)的乘积。
而(h_S)的转移有一个求解连通块问题方案数的基本套路，就是钦定一个点（这里方便起见可以直接选取(lowbit(x))）把连通块分成与它连通和与它不连通的两部分。
具体地，我们枚举(S)除去(i)之后的一个子集(T)，那么这种情况下的方案数就应该是(g_{Soplus T} imes f_T)。
然后我们用(f_S)减去(h_S)便得到了(g_S)。
代码：(O(n^22^n))
#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 16
#define X 1000000007
using namespace std;
int n,c[N+5][N+5],f[1<<N],g[1<<N],h[1<<N];
int main()
{
RI i,j,k,x,l;for(scanf("%d",&n),i=1;i<=n;++i) for(j=1;j<=n;++j) scanf("%d",&c[i][j]);
for(l=1<<n,i=0;i^l;++i)//枚举子集
{
for(f[i]=1,j=1;j<=n;++j) if(i>>j-1&1) for(k=j+1;k<=n;++k) i>>k-1&1&&(f[i]=1LL*f[i]*(c[j][k]+1)%X);//枚举子集中所有边求出f
for(x=i^(i&-i),j=x;j;j=(j-1)&x) h[i]=(1LL*g[i^j]*f[j]+h[i])%X;g[i]=(f[i]-h[i]+X)%X;//枚举不与lowbit连通的点集求出g，用f减g求出h
}return printf("%d
",g[l-1]),0;
}