Description
铭铭有n个十分漂亮的珠子和若干根颜色不同的绳子。现在铭铭想用绳子把所有的珠子连接成一个整体。
现在已知所有珠子互不相同，用整数1到n编号。对于第i个珠子和第j个珠子，可以选择不用绳子连接，或者在 ci,j根不同颜色的绳子中选择一根将它们连接。如果把珠子看作点，把绳子看作边，将所有珠子连成一个整体即为所有点构成一个连通图。特别地，珠子不能和自己连接。
铭铭希望知道总共有多少种不同的方案将所有珠子连成一个整体。由于答案可能很大，因此只需输出答案对1000000007取模的结果。
Input
输入第一行包含一个正整数n，表示珠子的个数。
接下来n行，每行包含n个非负整数，用空格隔开。这n行中，第i行第j个数为ci,j。
Output
输出一行一个整数，为连接方案数对1000000007取模的结果。
Sample Input
3
0 2 3
2 0 4
3 4 0
Sample Output
50
网上都说这是枚举子集的模板，然后我根本不知道如何装压。。。
我们设为点集为i时总的方案数，很显然就是所有（边权+1）的乘积。
为点集为i时这张图连通的方案数。
-{图不连通的方案数}。我们就先将点集S中的一个点j（具体哪个点没有影响）取出，然后剩下的点就有两种状态：1.与j在一个连通块内，2.与j不在一个连通块内。
我们设与j不在同一个连通块内的点集为T，那么这个状态对的贡献就是
。T集合中的元素就随便了，但是S^T集合，也就是与j在同一个连通块内的集合必须保证连通。因为T与S^T集合中的点没有边相连，所以此时图肯定是不连通的。
这里有些难以理解的地方就是为什么要固定一个点j。因为固定了一个点之后，所有点的状态都只有两个（上面提过，与j连通与不连通两种），然后我们通过枚举每个点的状态就不可不重不漏地将所有状态表达出来了。
具体的枚举子集的方法网上到处都是，还是不写了。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<ctime>
#define ll long long
#define mod 1000000007ll
#define N 17
using namespace std;
inline int Get() {int x=0,f=1;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9') {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}while('0'<=ch&&ch<='9') {x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}return x*f;}
int n;
int c[N][N];
ll g[1<<N],f[1<<N];
int st[N];
void pre(int s) {
g[s]=1;
st[0]=0;
for(int i=1;i<=n;i++) {
if(s&(1<<i-1)) st[++st[0]]=i;
}
for(int i=1;i<=st[0];i++) {
for(int j=i+1;j<=st[0];j++) {
g[s]=g[s]*(c[st[i]][st[j]]+1)%mod;
}
}
}
int main() {
n=Get();
for(int i=1;i<=n;i++) {
for(int j=1;j<=n;j++) {
c[i][j]=Get();
}
}
for(int i=0;i<(1<<n);i++) pre(i);
for(int s=1;s<(1<<n);s++) {
f[s]=g[s];
int res=s&(-s);
res^=s;
for(int j=res;j;j=(j-1)&res) {
f[s]=(f[s]-g[j]*f[s^j]%mod+mod)%mod;
}
}
cout<<f[(1<<n)-1];
return 0;
}