期望好题。
发现 (n) 非常小，应该要想到状压的。
我们可以先只考虑 0 操作。
最难的还是状态：
我们用 (S) 表示左部点有哪些点已经有对应点， (T) 表示右部点有哪些点已经有对应点，(f[S][T]) 表示从一条边没连到此状态的期望方案数
这样就有转移：
[f[S][T] <- sum_{s in S,t in T}f[S oplus s][T oplus t] * p(s, t)
]
也就是说，从没选的点中选俩点连边。不过这可能会算重（先连 (e_1) 后连 (e_2) 和先连 (e_2) 后连 (e_1) 都会计入答案）。因此我们强制要求选择 (S) 中编号最小的点连边，这样每种答案就只被计算一次了。
然后考虑 1，2 操作。1，2 操作并没有改变两条边各自出现的概率，只是改变的两条边同时出现的概率。因此我们可以加一些特殊的边 (e_1, e_2) ，并要求 (e_1, e_2) 必须一起被选，这样就可以调节同时出现的期望。具体来说就是 1 操作加 (frac{1}{4})，2操作减 (frac{1}{4})。
然后就没啥难点了。考虑到合法状态数不多，直接记忆化搜索即可。
const int P = 1e9 + 7;
inline ll quickpow(ll x, int k) {
ll res = 1;
while (k) {
if (k & 1) res = res * x % P;
x = x * x % P;
k >>= 1;
}
return res;
}
int inv2, inv4;
int n, m;
struct edge {
int s, t, p;
}e[N];
int ecnt;
map<int, ll> mp[NN];
inline ll dfs(int S, int T) {
if (S == 0 && T == 0) return 1;
if (mp[S].count(T)) return mp[S][T];
ll res = 0;
for (register int i = 1; i <= ecnt; ++i) {
int s = e[i].s, t = e[i].t, p = e[i].p;
if (((S | s) != S) || ((T | t) != T)) continue;
if ((s | (lowbit(S))) != s) continue;
res = (res + dfs(S ^ s, T ^ t) * p) % P;
}
mp[S][T] = res;
return res;
}
int main() {
inv2 = quickpow(2, P - 2);
inv4 = quickpow(4, P - 2);
read(n), read(m);
for (register int i = 1; i <= m; ++i) {
int t, x, y; read(t), read(x), read(y);
--x, --y;
e[++ecnt] = (edge){1 << x, 1 << y, inv2};
if (t) {
int a, b; read(a), read(b);
--a, --b;
e[++ecnt] = (edge){(1 << a), (1 << b), inv2};//Attention!
if (a == x || b == y) continue;
e[++ecnt] = (edge){(1 << x) | (1 << a), (1 << y) | (1 << b), t == 1 ? inv4 : P - inv4};
}
}
ll ans = dfs((1 << n) - 1, (1 << n) - 1) * (1 << n) % P;
printf("%lld
", ans);
return 0;
}