神仙题啊神仙题
显然这个东西一脸不可求的样子啊，这种东西我们显然需要搞一个容斥什么的
于是设\(g_i\)表示至少存在\(i\)个联通块（联通块内部的边没有要求，联通块和联通块之间不存在边）的方案数，\(f_i\)表示恰有\(i\)个联通块
有
\[g_x=\sum_{i=x}^n\begin{Bmatrix}i\\x\end{Bmatrix}f_i\]
即我们对于那些联通块个数多于\(x\)个的情况，可以把这\(i\)个联通快分成\(k\)组，每一组作为一个新的“联通块”，于是后面那个是一个第二类斯特林数
于是根据斯特林反演，有
\[f_x=\sum_{i=x}^n(-1)^{i-x}\begin{bmatrix}i\\x\end{bmatrix}g_i\]
对于这道题我们要求的就是\(f_1\)
\[f_1=\sum_{i=1}^n(-1)^{i-1}(i-1)!g_i\]
现在要做的就是求\(g_i\)了
我们注意到这张图的点数很少，我们甚至可以爆搜一下每个点分到哪一个集合里去，我们就可以扫一遍每一张图，对于一条连接两个不同集合的边，我们把这条边用二进制状态存一下，现在只需要求出有多少个子集异或和为\(0\)就好了
这个问题可以用线性基来解决，结论就是如果有\(x\)个元素不能插入线性基，那么异或和为\(0\)的子集数量就是\(2^x\)个
这个可以这样理解，当有一个元素不能插入线性基的时候，就说明之前有一些元素异或和等于当前这歌元素，我们可以把这个元素和之前那些元素作为一个子集；如果这歌元素是第一个不能插入的元素，那么还有一种方案是空集，否则我们可以把这个元素和上一个不能插入线性基的元素作为一个子集
这样对于每一个不能插入线性基的元素都有两种选择，于是子集个数是\(2^x\)种
代码
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define re register
#define LL long long
int m,n,len,t;LL ans,cnt;
char S[1005];
LL fac[15],pw[105],lb[50],g[15],b[66];
int a[15],vis[66][15][15];
inline int ins(LL x) {
for(re int i=t-1;i>=0;--i)
if(x>>i&1) {
if(!lb[i]) {lb[i]=x;return 1;}
x^=lb[i];
}
return 0;
}
void dfs(int x,int now) {
if(x==n+1) {
t=0;memset(lb,0,sizeof(lb));
for(re int k=1;k<=m;k++) {
b[k]=t=0;
for(re int i=1;i<=n;i++)
for(re int j=i+1;j<=n;j++)
if(a[i]!=a[j]) b[k]|=(1ll*vis[k][i][j]<<t),t++;
}
int tot=0;
for(re int k=1;k<=m;k++) if(!ins(b[k])) ++tot;
g[now]+=pw[tot];
return;
}
for(re int i=1;i<=now;i++) a[x]=i,dfs(x+1,now);
a[x]=now+1;dfs(x+1,now+1);
}
int main() {
scanf("%d",&m);
for(re int k=1;k<=m;k++) {
scanf("%s",S+1);len=strlen(S+1);
if(!n) {n=1;while(n*(n-1)/2!=len) n++;}
int now=1;
for(re int i=1;i<=n;i++)
for(re int j=i+1;j<=n;j++)
vis[k][i][j]=S[now]-'0',now++;
}
fac[0]=1;pw[0]=1;
for(re int i=1;i<=m;i++) pw[i]=pw[i-1]+pw[i-1];
for(re int i=1;i<=n;i++) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i;
dfs(1,0);
for(re int i=1;i<=n;i++) ans+=1ll*((i&1)?1:-1)*fac[i-1]*g[i];
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}