(color{#0066ff}{ 题目描述 })
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 xx”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} |1leq ileq 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（(0 leq M leq 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
(color{#0066ff}{输入格式})
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)“。
(color{#0066ff}{输出格式})
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。
(color{#0066ff}{输入样例})
5 4
1 < 2
1 < 3
2 < 4
1 = 5
(color{#0066ff}{输出样例})
5
(color{#0066ff}{数据范围与提示})
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。
(color{#0066ff}{ 题解 })
首先，用ufs把等号的点缩起来（没影响），然后开始判无解
因为每个点小于的信息最多只有一个，所以可以用并查集判断无解
而且根据这个条件，可以连边弄出一个森林，显然我们需要一个超级源建立一棵树
然后可以愉快的开始树形DP了
常规的设法，(f[i])表示以i为根子树的方案
但是发现并不行
因为两个序列合并的时候可以是小于，还可以是相等
也就是说对于i的子树的两个不同的节点uv，他们的子树可能存在两个节点相等的情况
设(f[u][i])表示(u)的子树里，分成(i)段（也就是共有(i-1)个小于号把质量序列分成了(i)个部分，每个部分里的图片质量相等）的方案数，然后做一次树形背包DP（当前枚举到了(u)的子节点(v)，f'表示枚举到子节点(v)前的DP值）：
(f[u][i]=sum_{j,k}f'[u][j] imes f[v][k] imes C_{i−1}^{j−1} imes C_{j−1}^{k−i+j})
后面两个是把j段和k段合并为i段的方案
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)。
(A)中的每一段可以只包含(B)中的一段，可以只包含(C)中的一段，也可以有(B)和(C)各一段合并而成，但不能为空。特殊地，(A)的第一段只能包含节点(u)。
相当于先枚举(B)中的(j-1)段在(A)中放的位置，方案数为(C_{i-1}^{j-1})，然后把(C)中的(i-j)段放到(A)中剩下的位置，使每一段都不为空。现在(C)还剩下(k-i+j)个段，他们需要与(B)中的段合并，方案数(C_{j-1}^{k-i+j})。
最后总答案为 (sum_{i}f[n+1][i])。
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
LL in() {
char ch; LL x = 0, f = 1;
while(!isdigit(ch = getchar()))(ch == '-') && (f = -f);
for(x = ch ^ 48; isdigit(ch = getchar()); x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48));
return x * f;
}
const int mod = 1e9 + 7;
const int maxn = 520;
LL f[maxn][maxn], g[maxn], C[maxn][maxn];
int fa[maxn], siz[maxn], du[maxn], bel[maxn];
bool vis[maxn];
struct node {
int to;
node *nxt;
node(int to = 0, node *nxt = NULL): to(to), nxt(nxt) {}
void *operator new(size_t) {
static node *S = NULL, *T = NULL;
return (S == T) && (T = (S = new node[1024]) + 1024), S++;
}
};
struct E {
int x, y, tp;
}e[maxn];
node *head[maxn];
void add(int from, int to) {
head[from] = new node(to, head[from]);
}
char getch() {
char ch = getchar();
while(ch != '<' && ch != '=') ch = getchar();
return ch;
}
int n, m;
void predoit() {
C[0][0] = 1;
for(int i = 1; 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 findset(int x) { return x == fa[x]? fa[x] : fa[x] = findset(fa[x]); }
void dfs(int x) {
siz[x] = 1, f[x][1] = 1;
for(node *i = head[x]; i; i = i->nxt) {
dfs(i->to);
for(int v = 1; v <= n; v++) g[v] = 0;
for(int v = 1; v <= siz[x] + siz[i->to]; v++)
for(int j = 1; j <= siz[x]; j++)
for(int k = 1; k <= siz[i->to]; k++) {
int p = k - v + j;
if(p < 0) continue;
(g[v] += f[x][j] * f[i->to][k] % mod * C[v - 1][j - 1] % mod * C[j - 1][p] % mod) %= mod;
}
for(int v = 1; v <= siz[x] + siz[i->to]; v++) f[x][v] = g[v];
siz[x] += siz[i->to];
}
}
int main() {
n = in(), m = in();
predoit();
for(int i = 1; i <= n; i++) fa[i] = i;
for(int i = 1; i <= m; i++) e[i].x = in(), e[i].tp = getch() == '=', e[i].y = in();
for(int i = 1; i <= m; i++) {
if(!e[i].tp) continue;
int xx = findset(e[i].x);
int yy = findset(e[i].y);
if(xx != yy) fa[xx] = yy;
}
for(int i = 1; i <= n; i++) vis[bel[i] = findset(i)] = true;
for(int i = 1; i <= n; i++) fa[i] = i;
for(int i = 1; i <= m; i++) {
if(e[i].tp) continue;
add(bel[e[i].x], bel[e[i].y]), du[bel[e[i].y]]++;
int xx = findset(bel[e[i].x]), yy = findset(bel[e[i].y]);
if(xx == yy) return puts("0"), 0;
fa[xx] = yy;
}
for(int i = 1; i <= n; i++) if(!du[i] && vis[i]) add(n + 1, i);
dfs(n + 1);
LL ans = 0;
for(int i = 1; i <= n + 1; i++) (ans += f[n + 1][i]) %= mod;
printf("%lld
", ans);
return 0;
}