容易想到压“选择了哪些点”和“哪些是当前独立集”这两个状态来转移。复杂度 (O(n4^n)) 沦为暴力。
然后发现第二维一定是第一维的子集，于是我们想法避掉一些不合法状态来枚举，复杂度 (O(nk3^n))，其中 (k) 是避掉不合法状态用的方法所需的复杂度（例如用 map 是 (O(log...))），但是不管怎样也无法通过全部数据。
再仔细想想如何压状态。我们发现只要“选了哪些点”会导致我们不知道哪些能选，无法转移；只要“哪些是当前独立集”会导致我们根本无法确认当前状态。
考虑将“能选的点”代替“选了哪些点”，然后就可以通过批量转移的方法来解决该问题。
设 (f[S][i]) 表示与独立集以及当前独立集相连的点所组成的集合，且最大独立集大小为 (i) 的方案数。注意，这个状态已经为 (S) 分配好位置了，比如 (01010) 可能对应着 1__3_ 或者 3_1__ 之类的状态。
然后我们能自然地想到：（(P) 表示与 当前枚举的 (S) 外的点 (u) 相连 的点集，(A) 表示排列）
[f[S | P][i+1]<-f[S][i] * A_{n-|S|}^{|P|-|P cap S|}
]
然后发现有些状态计重了。比如 1 4 2 6 3 5 可能先 1 _ 2 _ 3 _ ，再 1 4 2 6 3 5；也可能先 _ 4 _ 6 _ 5，再 1 4 2 6 3 5。因此我们需要外加一些限制。
我们枚举放当前第一个空位的数，即强制固定 (u) 到最靠前的空位置。这样，每一种方案将对应唯一的转移方式。
[f[S | P][i+1]<-f[S][i] * A_{n-|S| - 1}^{|P|-|P cap S| - 1}
]
据此转移即可。
关键代码：
inline void init() {
for (register int i = 1; i <= All; ++i) siz[i] = siz[i - lowbit(i)] + 1;
for (register int i = 0; i < n; ++i) {
e[i][i] = 1;
for (register int j = 0; j < n; ++j) if (e[i][j])//Attention!!!
p[i] |= (1 << j);
}
int up = (N << 3) - 10;
jie[0] = jieni[0] = 1;
for (register int i = 1; i <= up; ++i) jie[i] = jie[i - 1] * i % P;
jieni[up] = quickpow(jie[up], P - 2);
for (register int i = up - 1; i; --i) jieni[i] = jieni[i + 1] * (i + 1) % P;
}
inline ll get_a(int n, int m) {
return jie[n] * jieni[n - m] % P;//Attention!!!
}
int main() {
read(n), read(m); All = (1 << n) - 1;
for (register int i = 1; i <= m; ++i) {
int u, v; read(u), read(v); --u, --v;
e[u][v] = e[v][u] = true;
}
init();
f[0][0] = 1; vis[0][0] = 1;
for (register int s = 0; s < All; ++s)
for (register int j = 0; j <= siz[s]; ++j) if (vis[s][j])
for (register int k = 0; k < n; ++k) if (!((s >> k) & 1)) {
ADD(f[s | p[k]][j + 1], 1ll * f[s][j] * get_a(n - siz[s] - 1, siz[p[k]] - siz[p[k] & s] - 1) % P);
vis[s | p[k]][j + 1] |= vis[s][j];
}
int ans = 0;
for (register int i = siz[All]; ~i; --i)
if (vis[All][i]) {
ans = f[All][i];
break;
}
printf("%lld
", jieni[n] * ans % P);
return 0;
}