題目：https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=4671

考慮計算不是連通圖的方案，乘上容斥係數來進行容斥。

可以列舉子集劃分（複雜度是O(Bell)）。就是 dfs ，記錄已經有了幾個集合，列舉當前元素放在哪個集合裡（給它標一個 id ）或者當前元素自己開一個集合。

然後就有了限制：不同點集之間不能有邊。本來想限制同一點集必須是連通的，但不好限制，所以就不限制了，把這部分的影響算在容斥係數裡。

如果限制不同點集之間不能有邊，可以考慮高斯消元。有 k 條邊有限制的話，就寫出 k 個方程，解出自由元的個數 d ，2^d 就可以加入答案。

不過線性基更好寫。

在這道題裡，可以算每個圖的 nw 值， nw 的第 i 位是1表示第 i 條邊限制不能選，而且這個圖有第 i 條邊；其餘情況的話這個圖選不選對於第 i 條邊是否合法沒有影響（也可以是第 i 條邊沒有限制，所以其合法性自然不會受到任何圖選不選的影響），第 i 位上的值就是 0 。這個 nw 只要把 “有限制的邊的位是1” 的那個 long long 和 “這個圖有的邊的位是1” 的那個 long long & 一下就行了。

　　然後合法的子集選取方案需要滿足選中的圖的 nw 異或起來是0。所以對這些 nw 求一個線性基，設線性基大小為 k 、一共 m 個圖，則方案數為 2^m-k

這樣就求出了 “至少有 i 個連通塊” 的方案數 w[ i ] 。考慮怎麼用它求出 “恰好有 i 個連通塊” 的方案數 g[ i ] 。

設容斥係數為 f[ i ] 。統計答案的時候，有 \( ans=\sum\limits_{i=0}^{n}w[j]*f[j] \)

對於 g[ m ] 來說，在 w[ i ] 裡包含了 S( m,i ) 個 g[ m ] 。所以 g[ m ] 會被加到答案裡 \( \sum\limits_{i=0}^{n}S(m,i)*f[i] \) 次。

現在想要的效果是選取了合適的 f[  ] ，使得求好的 ans 裡只包含了 1 個 g[ 1 ] 。

即：　　\( \sum\limits_{i=0}^{n}S(m,i)*f[i] = [ m=1 ] \)

設 \( h(m) = [ m=1 ] \) ，則 \( h[m]=\sum\limits_{i=0}^{n}S(m,i)*f[i] \)

因為 S( i , j ) = 0 ( j>i ) ，所以也就是 \( h[m]=\sum\limits_{i=0}^{m}S(m,i)*f[i] \)

這樣就是斯特林反演的形式了。於是有 \( f[m]=\sum\limits_{i=0}^{m}(-1)^{m-i}*s(m,i)*h[i] \)

只有 i=1 時 h 的值是1，所以就是 \( f[m]=(-1)^{m-1}*(m-1)! \) 　　（\( s(m,i)=\frac{m!}{m}=(m-1)! \)）

這樣就得到了容斥係數，就可以統計答案啦！

之所以這裡的容斥係數不是那種 (-1)^k 了，是因為那種係數適用於 “至少一個連通塊” = “恰好一個連通塊”+“恰好兩個連通塊+ ...  ，而這裡是：“至少一個連通塊” = “恰好一個連通塊 * S(1,1)”+“恰好兩個連通塊 * S(2,1)” + ... 。

注意到處開 long long 。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=65,M=50,K=15;
int n,m,f[K],id[K];
ll ans,bin[N],b[N],base[M];
void init()
{
  scanf("%d",&m); char ch[M];
  scanf("%s",ch); int len=strlen(ch);
  n=(1+sqrt(1+8*len))/2;

  f[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++)f[i]=f[i-1]*i;
  for(int i=n;i;i--)f[i]=((i-1)&1?-1:1)*f[i-1];

  bin[0]=1;for(int i=1,j=max(m,len-1);i<=j;i++)bin[i]=bin[i-1]<<1;//max(m,len-1)

  for(int i=0;i<len;i++)b[1]|=(ch[i]=='1')?bin[i]:0;
  for(int i=2;i<=m;i++)
    {
      scanf("%s",ch);
      for(int j=0;j<len;j++)b[i]|=(ch[j]=='1')?bin[j]:0;
    }
}
void dfs(int cr,int cnt)
{
  if(cr>n)
    {
      ll t=0;int bh=0;//ll
      for(int i=1;i<=n;i++)
    for(int j=i+1;j<=n;j++,bh++)
      t|=(id[i]==id[j])?0:bin[bh];
      int tot=0;
      for(int k=0;k<=bh;k++)base[k]=0;//<=bh
      for(int i=1;i<=m;i++)
    {
      ll nw=b[i]&t;
      for(int k=0;k<=bh;k++)//bh
        if(nw&bin[k])
          {
        if(!base[k]){base[k]=nw;tot++;break;}
        nw^=base[k];
          }
    }
      ans+=bin[m-tot]*f[cnt];
      return;
    }
  for(int i=1;i<=cnt;i++)
    id[cr]=i,dfs(cr+1,cnt);
  id[cr]=cnt+1; dfs(cr+1,cnt+1);
}
int main()
{
  init();
  dfs(1,0);
  printf("%lld\n",ans);
  return 0;
}