#1071 : 小玩具

描述

某天，高富帅clj送了他的朋友jzp一个小玩具。

这个玩具可以被看成是一个n个点，m条边的没有重边和自环的无向图。对于每一条边，有闪光和黑暗两种状态。

jzp可以把一些边设为闪光，一些边设为黑暗。当jzp设置完成以后，这个玩具会按照如下方式计算出一个分数。首先称闪光边和这n个点组成的图为导出子图，然后玩具会找出导出子图中最大的联通分量的大小，当做分数输出。

jzp有一天很闲，他尝试了所有的2m种边的设置方式（每个边为闪光或者黑暗），并且计算出了每种分数的出现次数。写在了一张纸上。

但是很不走运的是，这张纸某一天被他给搞丢了。现在我告诉你这个图，你能帮助他重新计算出每种分数的出现次数吗？

输入

第一行两个数n(1<=n<=15)和m(0<=m<=n(n-1)/2)，分别表示玩具中图的点数和边数。接下来m行，每行两个数a和b，表示a和b之间有一条边。

点从1开始标号。

输出

一共输出n行，第i行表示分数i的出现次数，对10^9+7取模。

样例输入

3 3
1 2
1 3
2 3

样例输出

1
3
4



妈妈做WJMZBER的题鸭梨山大。

首先转化问题，设ans[k]表示所有连通分量大小均<=k的方案。

则最大连通分量为k的方案转化成ans[k]-ans[k-1]
然后就可以DP了，考虑从一个集合S中慢慢剥离连通分量。设f[S]表示将集合S中的点分配且满足要求的方案。
枚举S的最低位的元素x所在的集合S0，则f[S]=(|S|<=k?g[S]:0)+∑(f[S0]*g[S0]|S0⊂S,|S0|<=k,{x}⊂S)
其中g[S]表示S中的点均连通的方案数。
计算g[S]是我们可以用容斥原理，将S中的点均连通的方案数转化成全集-S中的点不连通的方案数。计算时依然枚举S的最低位的元素x所在的集合S0，算算就行了。

#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define rep(i,s,t) for(int i=s;i<=t;i++)
#define dwn(i,s,t) for(int i=s;i>=t;i--)
#define ren for(int i=first[x];i!=-1;i=next[i])
using namespace std;
inline int read() {
    int x=0,f=1;char c=getchar();
    for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=-1;
    for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0';
    return x*f;
}
const int maxn=16;
const int mod=1000000007;
typedef long long ll;
int n,m,es[1<<maxn],u[maxn*maxn],v[maxn*maxn],cnt[1<<maxn];
ll g[1<<maxn],f[1<<maxn],xp[maxn*maxn],ans[maxn];
int main() {
    n=read();m=read();
    rep(i,1,m) u[i]=read()-1,v[i]=read()-1;
    rep(S,0,(1<<n)-1) {
        rep(i,0,n-1) if(S&(1<<i)) cnt[S]++;
        rep(i,1,m) if((S&(1<<u[i]))&&(S&(1<<v[i]))) es[S]++;
    }
    xp[0]=1;
    rep(i,1,m) xp[i]=(xp[i-1]<<1)%mod;
    g[0]=1;
    rep(S,1,(1<<n)-1) {
        int bit=S&-S;
        for(int S0=(S-1)&S;S0;S0=(S0-1)&S) if(bit&S0) {
            (g[S]+=g[S0]*xp[es[S^S0]])%=mod;
        }
        g[S]=(xp[es[S]]-g[S]+mod)%mod;
    }
    rep(T,1,n) {
        f[0]=1;
        rep(S,1,(1<<n)-1) {
            f[S]=cnt[S]<=T?g[S]:0;int bit=S&-S;
            for(int S0=(S-1)&S;S0;S0=(S0-1)&S) if((bit&S0)&&cnt[S0]<=T) (f[S]+=f[S0^S]*g[S0])%=mod;
        }
        ans[T]=f[(1<<n)-1];
        if(T) printf("%lld
",(ans[T]-ans[T-1]+mod)%mod);
    }
    return 0;
}