题面传送门

首先根据期望的线性性，我们可以求出每一个完美匹配出现的概率然后求和即为完美匹配个数的期望。

显然的，我们可以设\(dp_{a,b}\)表示左部点选择了\(a\)集合内的点，右部点选择了\(b\)集合内的点在完美匹配中的概率。加入\(op=0\)的边以后，分这条边出现和不出现两种情况。而且出现再分在不在完美匹配中讨论，如果两条边同时出现或不出现，可以继续分类讨论，时间复杂度\(O(2^{2n}m)\)。

可以发现左部点和右部点出现次数应该是一样的，所以总状态应该是\(\sum\limits_{i=0}^{n}(C_{n}^{i})^2=C_{2n}^{n}\leq 1.6\times 10^8\)，但是再乘\(m\)显然没法接受。

考虑优化状态数，我们发现一条边没出现和一条边出现了但是没有被选入答案的效果是一样的，因此我们可以只看一条边是否出现并被选入答案。对于一类边，我们发现如果将这两条边看成独立的，如果两条边都被选入答案，贡献会减少\(25\%\)，因此我们应该加入一种转移，同时加入这两条边且贡献补齐\(25\%\)。同理对于三类边，应该降低\(25\%\)才是。

为了顺序无关，我们每次钦定最小的点跑一个匹配。这样状态数就变成了\(O(C_{2n}^{n})\)。写个记搜就能跑了。

code:

#include<bits/stdc++.h>
#include<ios>
#define I inline
#define ll long long
#define db int
#define lb long db
#define N (100000+5)
#define M ((1<<10)+5)
#define K ((1<<15)+5)
#define mod 100000007
#define Mod (mod-1)
#define eps (1e-5)
#define ull unsigned ll
#define it iterator
#define Gc() getchar() 
#define Me(x,y) memset(x,y,sizeof(x)/2)
#define Mc(x,y) memcpy(y,x,sizeof(x))
#define d(x,y) ((k+1)*(x)+(y))
#define R(n) (1ll*rand()*rand()%(n)+1)
#define Pc(x) putchar(x)
#define UB lower_bound
#define while if
#define LB upper_bound
#define PB push_back
using namespace std;struct Edge{int x,w;};vector<Edge> S[N];unordered_map<int,int> F;
int n,m,k,op,x,y,l,r,Ct,a,b;const int Inv2=(mod+1)/2;
I void Bmod(ll &x,ll y){(x+=y)>=mod&&(x-=mod);}
I ll mpow(ll x,int y=mod-2){ll Ans=1;while(y) y&1&&(Ans=Ans*x%mod),y>>=1,x=x*x%mod;return Ans;}
I ll calc(int x){
	if(F.count(x)) return F[x];if(x==(1<<n+n)-1) return 1;ll ToT=0,y;for(int i=1;i<=n;i++) if(!(x>>(i-1)&1)){y=i;break;}
	for(Edge i:S[y]) !(x&i.x)&&(ToT+=calc(x|i.x)*i.w%mod);return F[x]=ToT%mod;
}
int main(){
	freopen("random.in","r",stdin);freopen("random.out","w",stdout);
	int i,j;scanf("%d%d",&n,&m);for(i=1;i<=m;i++){scanf("%d%d%d",&op,&l,&r);a=(1<<l-1)|(1<<r+n-1);S[l].PB((Edge){a,1});if(!op)continue;scanf("%d%d",&x,&y);b=(1<<x-1)|(1<<y+n-1);S[x].PB((Edge){b,1});!(a&b)&&(S[min(x,l)].PB((Edge){a|b,op^2?1:mod-1}),0); }
	printf("%lld\n",calc(0));
}