Description
小(D)被邀请到实验室，做一个跟图片质量评价相关的主观实验。实验用到的图片集一共有(N)张图片，编号为(1)到(N)。实验分若干轮进行，在每轮实验中，小(D)会被要求观看某两张随机选取的图片， 然后小(D)需要根据他自己主观上的判断确定这两张图片谁好谁坏，或者这两张图片质量差不多。 用符号"<",">"和"="表示图片(x)和(y)（(x)、(y)为图片编号）之间的比较：
如果上下文中(x)和(y)是图片编号，则(x<y)表示图片(x)"质量优于"(y)，(x>y)表示图片(x)"质量差于"(y)，(x=y)表示图片(x)和(y)"质量相同"；
也就是说，这种上下文中，"<"、">"、"="分别是质量优于、质量差于、质量相同的意思；在其他上下文中，这三个符号分别是小于、大于、等于的含义。图片质量比较的推理规则（在(x)和(y)是图片编号的上下文中）：
（1）(x<y)等价于(y>x)。
（2）若(x<y)且(y=z)，则(x<z)。
（3）若(x<y)且(x=z)，则(z<y)。
（4）(x=y)等价于(y=x)。
（5）若(x=y)且(y=z)，则(x=z)。
实验中，小(D)需要对一些图片对((x, y))，给出(x<y)或(x=y)或(x>y)的主观判断。小(D)在做完实验后， 忽然对这个基于局部比较的实验的一些全局性质产生了兴趣。在主观实验数据给定的情形下，定义这(N)张图片的一个合法质量序列为形如"(x_1\,R_1\,x_2\,R_2\,x_3\,R_3\,…x_{N-1}\,R_{N-1}\,x_N)"的串，也可看作是集合({x_i\,R_i\,x_{i+1}|1leqslant ileqslant N-1})，其中(x_i)为图片编号，(x_1,x_2,…,x_N)两两互不相同（即不存在重复编号），(R_i)为<或=，"合法"是指这个图片质量序列与任何一对主观实验给出的判断不冲突。
例如： 质量序列(3<1=2)与主观判断"(3>1，3=2)"冲突（因为质量序列中(3<1)且(1=2)，从而(3<2)，这与主观判断中的(3=2)冲突；同时质量序列中的(3<1)与主观判断中的(3>1)冲突） ，但与主观判断"(2=1，3<2)"不冲突；因此给定主观判断"(3>1，3=2)"时，(1<3=2)和(1<2=3)都是合法的质量序列，(3<1=2)和(1<2<3)都是非法的质量序列。由于实验已经做完一段时间了，小(D)已经忘了一部分主观实验的数据。对每张图片(i)，小(D)都最多只记住了某一张质量不比(i)差的另一张图片(K_i)。这些小(D)仍然记得的质量判断一共有(M)条((0leqslant Mleqslant N))，其中第(i)条涉及的图片对为((K_{X_i},X_i))，判断要么是(K_{X_i}<X_i)，要么是(K_{X_i}=X_i)，而且所有的(X_i)互不相同。小(D)打算就以这(M)条自己还记得的质量判断作为他的所有主观数据。
现在，基于这些主观数据，我们希望你帮小(D)求出这(N)张图片一共有多少个不同的合法质量序列。
我们规定：如果质量序列中出现"(x=y)"，那么序列中交换(x)和(y)的位置后仍是同一个序列。因此：(1<2=3=4<5)和(1<4=2=3<5)是同一个序列，(1<2=3)和(1<3=2)是同一个序列，而(1<2<3)与(1<2=3)是不同的序列，(1<2<3)和(2<1<3)是不同的序列。由于合法的图片质量序列可能很多， 所以你需要输出答案对(10^9+7)取模的结果
Input
第一行两个正整数(N,M)，分别代表图片总数和小(D)仍然记得的判断的条数；
接下来(M)行，每行一条判断，每条判断形如"(x<y)"或者"(x=y)"。
Output
输出仅一行，包含一个正整数，表示合法质量序列的数目对 10^9+7取模的结果。
Sample Input
5 4
1 < 2
1 < 3
2 < 4
1 = 5
Sample Output
5
HINT
不同的合法序列共5个，如下所示：
1 = 5 < 2 < 3 < 4
1 = 5 < 2 < 4 < 3
1 = 5 < 2 < 3 = 4
1 = 5 < 3 < 2 < 4
1 = 5 < 2 = 3 < 4
100%的数据满足N<=100。
首先注意到题目中很重要的一句话，对每张图片(i)，小(D)都最多只记住了某一张质量不比(i)差的另一张图片(K_i)，于是我们将所有等于关系的点缩到一起，对于点(i)，如果(K_i)存在，则(i)向(K_i)连边，那么显然构成了森林，我们用超级root把森林变成树
然后tree dp，设(f[u])表示(u)的子树内的方案数
但是对于(u)的两个子树(v,w)，可能存在一些点质量相同，因此我们需要再添加一维，设(f[u][i])表示(u)的子树内分成(i)端的方案数（每段里面的节点质量相等），设(f')表示更新之前的(f)值，转移有
(T)表示(j)段和(k)段合并成(i)段的方案数
设(f[u])的质量序列为(A)，(f'[u])的质量序列为(B)，(f[v])的质量序列为(C)，把他们合并起来相当于枚举(B)中的(j-1)段在(A)中的位置（起始端点已经被(u)霸占），那么方案为(inom{i-1}{j-1})，然后把(C)中的(i-j)段放置到(A)中使得(A)非空，剩下的与(B)合并，方案为(inom{j-1}{k-i+j})，则(T=inom{i-1}{j-1} imesinom{j-1}{k-i+j})
答案即为(Ans=sum f[root][i])，由于每对点都只在lca处被计算贡献了(O(n))次，因此复杂度为(O(n^3))
/*program from Wolfycz*/
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define inf 0x7f7f7f7f
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned int ui;
typedef unsigned long long ull;
inline char gc(){
static char buf[1000000],*p1=buf,*p2=buf;
return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1000000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
}
inline int frd(){
int x=0,f=1; char ch=gc();
for (;ch<'0'||ch>'9';ch=gc()) if (ch=='-') f=-1;
for (;ch>='0'&&ch<='9';ch=gc()) x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';
return x*f;
}
inline int read(){
int x=0,f=1; char ch=getchar();
for (;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar()) if (ch=='-') f=-1;
for (;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';
return x*f;
}
inline void print(int x){
if (x<0) putchar('-'),x=-x;
if (x>9) print(x/10);
putchar(x%10+'0');
}
const int N=1e2,Mod=1e9+7;
int pre[(N<<1)+10],now[N+10],child[(N<<1)+10],tot;
int fa[N+10],X[N+10],Y[N+10],top[N+10],dge[N+10],size[N+10];
int f[N+10][N+10],C[N+10][N+10],Ans;
bool L[N+10],Endl[N+10];
void prepare(){
for (int i=0;i<=N;i++){
C[i][0]=1;
for (int j=1;j<=i;j++) C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%Mod;
}
}
int find(int x){return x==fa[x]?x:fa[x]=find(fa[x]);}
bool merge(int x,int y){
x=find(x),y=find(y);
return x!=y?fa[x]=y,0:1;
}
void join(int x,int y){pre[++tot]=now[x],now[x]=tot,child[tot]=y;}
void insert(int x,int y){join(x,y),join(y,x);}
void dfs(int x,int fa){
f[x][1]=size[x]=1;
for (int p=now[x],son=child[p];p;p=pre[p],son=child[p]){
if (son==fa) continue;
dfs(son,x);
static int g[N+10];
for (int i=1;i<=size[x]+size[son];i++){
g[i]=0;
for (int j=1;j<=size[x];j++){
for (int k=1;k<=size[son];k++){
if (k-i+j<0) continue;
g[i]=(g[i]+1ll*f[x][j]*f[son][k]%Mod*C[i-1][j-1]%Mod*C[j-1][k-i+j]%Mod)%Mod;
}
}
}
for (int i=1;i<=size[x]+size[son];i++) f[x][i]=g[i];
size[x]+=size[son];
}
}
int main(){
prepare();
int n=read(),m=read();
for (int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i;
for (int i=1;i<=m;i++){
char ch[5];
scanf("%d%s%d",X+i,ch,Y+i);
L[i]=(ch[0]=='=');
if (L[i]) merge(X[i],Y[i]);
}
for (int i=1;i<=n;i++) Endl[top[i]=find(i)]=1;
for (int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i;
for (int i=1;i<=m;i++){
if (L[i]) continue;
insert(top[X[i]],top[Y[i]]);
dge[top[Y[i]]]++;
if (merge(top[X[i]],top[Y[i]])) return printf("0
"),0;
}n++;
for (int i=1;i<n;i++) if (Endl[i]&&!dge[i]) insert(n,i);
dfs(n,0);
for (int i=1;i<=size[n];i++) Ans=(Ans+f[n][i])%Mod;
printf("%d
",Ans);
return 0;
}