神秘！在这些排列生成的置换群 \(G\) 里，若 \(\exists \pi \in G\) 使得 \(\pi_i=k,\pi_j=l\)，则所有这些 \((k,l)\) 被同样数量的 \(\pi\in G\) 通过前述方法得出。
证明：设 \(\pi(i,j)=(k,l),\pi'(i,j)=(k',l')\)（意义前述），则 \(\pi^{-1}\circ \pi'(k,l)=(k',l')\)，这表明 \((k',l')\) 的方案数不少于 \((k,l)\)，因为每个 \((k,l)\) 方案可以复合 \(\pi^{-1}\circ \pi'\) 得到 \((k',l')\) 方案。对于所有二元组对这都成立，因此所有方案数相等。
因此我只需统计连通信息，尝试选择更少的能产生同样连通性的排列。考察一个连通块内部，就是需要 \(S_n\) 的更少联通排列。考虑随机在 \(S_n\) 里选排列，其生成的循环如果不是大小全部相同（可能性极小），那么跨循环之间的点对已经连通；而循环最大大小很有可能是 \(n\) 的\(0.6\sim 0.7\) 倍。因此我大概只需要 \(\log\) 次选择可以连通所有点（在说啥，，）。
因此我只需随机大约 \(\log\) 次，每次做多次随机决定是否复合某个给定排列即可。把这些拿出来求连通块即可。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int maxn=3e3+5,lim=24,mod=1e9+7;
int ans=0,n,k,b[maxn],vis[maxn*maxn];
struct perm{int p[maxn];}S[maxn];
inline perm operator ^(const perm &A,const perm &B){
perm C;
for(int i=1;i<=n;i++)C.p[i]=A.p[B.p[i]];
return C;
}
mt19937 rng(time(0));
int Fa[maxn*maxn],A[maxn*maxn],B[maxn*maxn],inv[maxn*maxn*2];
int id(int i,int j){return (i-1)*n+j;}
int Find(int x){return x==Fa[x]?x:Fa[x]=Find(Fa[x]);}
int qp(int a,int b){
if(b==0)return 1;
int T=qp(a,b>>1);T=T*T%mod;
if(b&1)T=T*a%mod;
return T;
}
signed main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);cout.tie(0);
cin>>n>>k;
for(int i=1;i<=k;i++)for(int j=1;j<=n;j++)cin>>S[i].p[j];
for(int i=1;i<=n*n;i++)Fa[i]=i;
for(int i=1;i<=lim;i++){
perm I;for(int j=1;j<=n;j++)I.p[j]=j;
for(int j=1;j<=k;j++)if(rng()&1)I=I^S[j];
for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=n;j++)Fa[Find(id(i,j))]=Find(id(I.p[i],I.p[j]));
}
for(int i=1;i<=n*n*2;i++)inv[i]=qp(i,mod-2);
for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=n;j++)A[Find(id(i,j))]+=i<j,B[Find(id(i,j))]+=i>j;
for(int i=1;i<=n*n;i++)if(Find(i)==i)(ans+=(A[i]*B[i])%mod*inv[A[i]+B[i]])%=mod;
cout<<ans<<endl;
return 0;
}