qwq 这题大约是二十来天前 AC 的罢，为何拖到此时才完成这篇题解，由此可见我是个名副其实的大鸽子（
这是我上 M 的那场我没切掉的 F2 哦，u1s1 我上 M 还要多亏那场的 F1 啊（
首先暴力 \(3^nn\) 枚举子集显然是过不去的，否则这题就退化到 F1 了（大雾
考虑用一个容斥的思想，考虑求出答案的后缀和 \(f_i\)，其中 \(i\) 是一个长度为 \(n-1\) 的二进制串。形式化地说，\(f_i\) 等于满足以下条件的排列 \(p\) 的个数：如果 \(i\) 的第 \(j\) 位为 \(1\) 那么 \(p_j,p_{j+1}\) 必须认识，否则 \(p_j,p_{j+1}\) 可以认识可以不认识。显然求出 \(f_i\) 之后再做一遍高维差分——或者你叫它 IFWTand 我也没意见，即可求出真正的 \(ans_i\)。
接下来考虑怎样求出 \(f_i\)，首先我们将 \(i\) 用二进制表示，显然 \(i\) 的二进制表示可以划分成若干个连续的 \(1\) 组成的段，假设每一段的长度分别为 \(l_1,l_2,\cdots,l_m\)，那么这个划分方案数就等价于将全集 \(U=\{1,2,\cdots,n\}\) 划分为 \(m\) 个集合 \(S_1,S_2,\cdots,S_m\)，满足 \(|S_i|=l_i\)，再将 \(S_i\) 中的所有人排成一列，满足相邻的人必须互相认识的方案数。注意到题目中涉及”对于集合 \(S\)，将 \(S\) 中的人排成一列，满足相邻的人必须互相认识的方案数 \(g_S\)“的子问题，这个是非常容易求得的，简单设个 \(dp_{S,i}\) 表示将 \(S\) 中的人排成一列，最后一个人为 \(i\) 并且相邻的人互相认识的方案数，这样即可在 \(2^nn^2\) 的时间内求出 \(g_S\)，这样一来 \(f_i=\sum\limits_{|S_i|=l_i,S_1\cup S_2\cdots\cup S_m=U}\prod\limits_{i=1}^mg_{S_i}\)，这个看起来有点像子集卷积，我们再将原来的一维数组 \(g_S\) 扩充成二维数组 \(h_{i,S}\)，\(h_{i,S}=\begin{cases}g_S&(|S|=i)\\0&(|S|\ne i)\end{cases}\)，再将所有 \(h_{l_i}\) FWTor 卷起来得到集合幂级数 \(F\)，最终的 \(F_U\) 即为 \(f_i\)。
有人可能会说，你对每个 \(f_i\) 都搞一遍 FWTor，这样不就变成 \(4^nn\) 了吗？甚至跑不过 \(3^nn\) 的暴力。事实上注意到段与段之间的顺序是不重要的，而 \(18\) 的整数划分总共只有 \(385\) 种，因此我们可以对每个整数划分都求一遍答案，求 \(f_i\) 时直接调用刚刚求得的值即可。
时间复杂度大约是 \(\mathcal O(385·2^n+2^nn^2)\)
const int MAXP=1<<18;
const int MAXN=18;
int n;ll dp[MAXP+5][MAXN+5],g[MAXN+5][MAXP+5];
char s[MAXN+5][MAXN+5];
void FWTor(ll *a,int len,int type){
for(int i=2;i<=len;i<<=1)
for(int j=0;j<len;j+=i)
for(int k=0;k<(i>>1);k++)
a[(i>>1)+j+k]+=a[j+k]*type;
}
void FWTand(ll *a,int len,int type){
for(int i=2;i<=len;i<<=1)
for(int j=0;j<len;j+=i)
for(int k=0;k<(i>>1);k++)
a[j+k]+=a[(i>>1)+j+k]*type;
}
map<vector<int>,ll> ret;
vector<int> cur;
ll mul[MAXN+5][MAXP+5],ans[MAXP+5];
void dfs(int x,int lst){
if(x==n+1){
ll sum=0;
for(int i=0;i<(1<<n);i++){
int dig=bitcnt(((1<<n)-1)^i)&1;
if(dig) sum-=mul[cur.size()][i];
else sum+=mul[cur.size()][i];
} ret[cur]=sum;
// for(int x:cur) printf("%d ",x);printf("%lld\n",sum);
return;
}
for(int i=lst;i<=n-x+1;i++){
cur.pb(i);
for(int j=0;j<(1<<n);j++) mul[cur.size()][j]=mul[cur.size()-1][j]*g[i][j];
dfs(x+i,i);cur.pop_back();
}
}
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%s",s[i]+1);
for(int i=1;i<=n;i++) dp[1<<i-1][i]=1;
for(int i=1;i<(1<<n);i++) for(int j=1;j<=n;j++) if(i>>(j-1)&1){
for(int k=1;k<=n;k++) if((i>>(k-1)&1)&&j!=k&&s[k][j]=='1'){
dp[i][j]+=dp[i^(1<<j-1)][k];
} g[bitcnt(i)][i]+=dp[i][j];
}
// for(int i=1;i<(1<<n);i++) printf("%lld\n",g[bitcnt(i)][i]);
for(int i=1;i<=n;i++) FWTor(g[i],1<<n,1);
for(int i=0;i<(1<<n);i++) mul[0][i]=1;dfs(1,1);
for(int i=0;i<(1<<n-1);i++){
vector<int> v;int pre=-1;
for(int j=0;j<n-1;j++) if(~i>>j&1){
v.pb(j-pre);pre=j;
} v.pb(n-1-pre);sort(v.begin(),v.end());
// for(int x:v) printf("%d ",x);printf("\n");
ans[i]=ret[v];
} FWTand(ans,1<<n-1,-1);
for(int i=0;i<(1<<n-1);i++) printf("%lld ",ans[i]);
return 0;
}