题目描述：
PinkRabbit 是一位人赢。
福州市可以抽象成一个n个点m条边的，不包含重边与自环的无向图，PinkRabbit 住在1号
点，而他的妹子住在2号点。
某一天，PinkKitten 施放了一个大魔法，让这个无向图上所有的边都变成了单向边。现在
PinkRabbit 关心的是他是否能够和他的妹子见面。
具体地，PinkRabbit 能和他的妹子见面，当且仅当存在一个点 u，满足新图上从1号点出发能够
到达u，从2号点出发也能到达 。
现在你需要计算出，在把所有 m条边进行定向的所有2^m 种方案中，有多少种方案能让
PinkRabbit 和他的妹子见面。你只需输出其对10^9+7 取模后的结果。
\(n\le 15\)
https://gmoj.net/senior/#main/show/6554
失智了，居然写了个完完全全的dp，还过了样例，然后WA0.
考虑用总方案-不合法方案。
对于不合法方案，枚举1能走到的点集是\(S\),2能走到的点集是\(T\)，\(S∩T=?\)。
设\(Z=总集-S-T\)
那么\(Z\)和\(S、T\)之间的边方向确定，\(S\)和\(T\)之间不能有边。
现在就是求\(S\)的方案数（\(T\)同理）。
设\(f[S]\)表示\(S\)的方案数，同样用总-不合法。
不合法就是是\(S\)的一个子集\(S‘\),\(f[S]-=f[S‘]*(S‘和S-S‘中间的边定向)\)
预处理\(cnt[S]\)表示S内的边数就都可以快速计算了。
Code：
#include<bits/stdc++.h>
#define fo(i, x, y) for(int i = x, _b = y; i <= _b; i ++)
#define ff(i, x, y) for(int i = x, _b = y; i < _b; i ++)
#define fd(i, x, y) for(int i = x, _b = y; i >= _b; i --)
#define ll long long
#define pp printf
#define hh pp("\n")
using namespace std;
const int mo = 1e9 + 7;
const int N = 16;
int n, m, id, x, y;
int b[N][N];
int cnt[1 << 15];
ll a2[N * N];
ll f[1 << 15], g[1 << 15];
int main() {
freopen("winner.in", "r", stdin);
freopen("winner.out", "w", stdout);
scanf("%d %d %d", &n, &m, &id);
fo(i, 1, m) scanf("%d %d", &x, &y), b[x][y] = b[y][x] = 1;
a2[0] = 1; fo(i, 1, n * n) a2[i] = a2[i - 1] * 2 % mo;
ff(s, 0, 1 << n) {
fo(i, 0, n - 1) if(s >> i & 1) {
cnt[s] = cnt[s ^ (1 << i)];
fo(j, 0, n - 1) if(s >> j & 1)
cnt[s] += b[i + 1][j + 1];
break;
}
}
ff(s, 1, 1 << n) {
if(s & 1) {
f[s] = a2[cnt[s]];
for(int t = (s - 1) & s; t > 0; t = (t - 1) & s)
f[s] = (f[s] - f[t] * a2[cnt[s ^ t]]) % mo;
}
if(s & 2) {
g[s] = a2[cnt[s]];
for(int t = (s - 1) & s; t > 0; t = (t - 1) & s)
g[s] = (g[s] - g[t] * a2[cnt[s ^ t]]) % mo;
}
}
ll ans = a2[m];
ff(s, 0, 1 << n) if(f[s]) {
for(int t = s + 1; t < (1 << n); t = (t + 1) | s) if(g[s ^ t]) {
int z = (1 << n) - 1 - t;
if(cnt[s ^ z] + cnt[s ^ t ^ z] - cnt[z] == m) {
ans = (ans - f[s] * g[s ^ t] % mo * a2[cnt[z]]) % mo;
}
}
}
ans = (ans % mo + mo) % mo;
pp("%lld\n", ans);
}