\(\color{yellow}{\bigstar\texttt{Trick}}\)：遇到连通性题可以暂时忽略是否联通。
设 \(g_s\) 表示集合为 \(s\) 的点的子图有多少个，可以不连通；\(f_s\) 表示答案。
那么 \(g_s\) 可以直接计算 \(g_s=\prod_{(i<j)\in s}(a_{i,j}+1)\)。
\(f_s\) 可以用所有图的数量减去一定不连通的数量，如何计算一定不连通的方案数：我们选出一个一定包含 \(p\) 节点的联通集合，将这些点和其他的分割开来，其他点之间随便连接。对于每个集合都求出这样的答案，和就是一定不连通的方案数。
\(\color{yellow}{\bigstar\texttt{Trick}}\)：上面一定包含 \(p\) 的信息非常重要，这样保证了不会计算重复方案。
#define Maxn 18
#define Maxsta 150005
#define mod 1000000007
int n,All;
int c[Maxn][Maxn],f[Maxsta],g[Maxsta];
int main()
{
n=rd(),All=(1<<n)-1;
for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++) c[i][j]=rd();
for(int i=0;i<=All;i++) g[i]=1;
for(int s=0;s<=All;s++) for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=i+1;j<=n;j++)
if((s & (1<<(i-1))) && (s & (1<<(j-1))))
g[s]=1ll*g[s]*(c[i][j]+1ll)%mod;
for(int s=1,t;s<=All;s++)
{
t=s-(s&(-s)),f[s]=g[s];
for(int i=t;i;i=(i-1)&t)
f[s]=(f[s]-1ll*g[i]*f[s^i]%mod+mod)%mod;
}
printf("%d\n",f[All]);
return 0;
}