首先用并查集将等号缩点，然后拓扑排序判断有没有环，有环则无解，否则通过增加超级源点$0$，可以得到一棵树。

设$f[x][y]$表示$x$子树里有$y$种不同的数字的方案数，由底向上DP。

对于当前点$x$，依次遍历它的所有儿子$y$，设以$x$为根的子树里之前已经有了$s[x]$个点，$y$子树里有$s[y]$个点，那么枚举之前部分里数字种类数$A$，$y$子树里数字种类数$B$，以及合并后用等号连接的数字个数$C$，有$f'[x][A+B-C]+=f[x][A]\times f[y][B]\times C_A^C\times C_{A+B-C}^A$。

因为一对点只会在lca处被DP到，所以时间复杂度为$O(n^3)$。

 

#include
     
      const int N=110,P=1000000007;int n,m,i,j,x,y,c[N][N],fa[N],f[N];int g[N],v[N],nxt[N],ed,dp[N][N],tmp[N],s[N],vis[N],ans;int d[N],h,t,q[N];char op[5];inline void add(int x,int y){v[++ed]=y;nxt[ed]=g[x];g[x]=ed;d[y]++;}int F(int x){return fa[x]==x?x:fa[x]=F(fa[x]);}void dfs(int x){  vis[x]=dp[x][0]=1;  for(int i=g[x];i;i=nxt[i])if(!vis[v[i]]){    int y=v[i];    dfs(y);    for(int A=0;A<=s[x]+s[y];A++)tmp[A]=0;    for(int A=0;A<=s[x];A++)for(int B=1;B<=s[y];B++)for(int C=0;C<=A&&C<=B;C++)if(A+B>C)      tmp[A+B-C]=(1LL*dp[x][A]*dp[y][B]%P*c[A][C]%P*c[A+B-C][A]+tmp[A+B-C])%P;    s[x]+=s[y];    for(int A=0;A<=s[x];A++)dp[x][A]=tmp[A];  }  s[x]++;  for(int A=s[x];A;A--)dp[x][A]=dp[x][A-1];  dp[x][0]=0;}int main(){  scanf("%d%d",&n,&m);  for(c[0][0]=i=1;i<=n;i++)for(c[i][0]=c[i][i]=j=1;j