小y是乙個心靈手巧的女孩子，她喜歡手工製作一些小飾品。她有n顆小星星，用m條彩色的細線串了起來，每條細線連著兩顆小星星。
有一天她發現，她的飾品被破壞了，很多細線都被拆掉了。這個飾品只剩下了n-1條細線，但通過這些細線，這顆小星星還是被串在一起，也就是這些小星星通過這些細線形成了樹。小y找到了這個飾品的設計圖紙，她想知道現在飾品中的小星星對應著原來圖紙上的哪些小星星。如果現在飾品中兩顆小星星有細線相連，那麼要求對應的小星星原來的圖紙上也有細線相連。小y想知道有多少種可能的對應方式。
只有你告訴了她正確的答案，她才會把小飾品做為禮物送給你呢。
第一行包含個2正整數n,m，表示原來的飾品中小星星的個數和細線的條數。接下來m行，每行包含2個正整數u,v，表示原來的飾品中小星星u和v通過細線連了起來。這裡的小星星從1開始標號。保證u≠v，且每對小星星之間最多只有一條細線相連。接下來n-1行，每行包含個2正整數u,v，表示現在的飾品中小星星u和v通過細線連了起來。保證這些小星星通過細線可以串在一起。n<=17,m<=n*(n-1)/2
輸出共1行，包含乙個整數表示可能的對應方式的數量。如果不存在可行的對應方式則輸出0。
4 31 2
1 31 4
4 14 2
4 3首先考慮暴力中的暴力：直接列舉樹上的點對應的原圖上點的序號，再驗證是否可行。
顯然這個暴力沒有多大的意義，但它可以作為正解的啟發。設 \(f_\) 表示考慮 \(i\) 的子樹，且 \(i\) 對應原圖上的 \(j\) 的方案數。那麼 \(i\) 的所有子節點必須在原圖上對應與 \(j\) 相連。我們可以得到如下轉移方程：
\[f_=\prod_\ \ \sum_^n f_\times g_
\]其中 \(g\) 是原圖的鄰接矩陣。但是，這樣做沒有考慮不能重複對映的條件。最後對映集合中的點可能少於 \(n\) 個。那接下來我們可以強制只能對映到 \(n-1\) 個點，然後用總方案數減去這裡計算得到的方案數。在這個過程中，我們又會遇到一樣的問題，我們要把多減的加回來。因此通過容斥原理，我們列舉對映集合，每次從圖上刪除不在對映集合裡的點，然後 \(o(n^3)\) dp即可。
#include #include #define n 22
using namespace std;
int head[n],ver[n*2],nxt[n*2],l;
int n,m,i,j;
long long f[n][n],ans;
bool g[n][n],g1[n][n],vis[n];
int read()
return w;
}void insert(int x,int y)
void dp(int x,int pre)
f[x][j]*=tmp;
}} }
}void dfs(int x)
} dp(1,0);
if(cnt%2==0)
else
for(int i=1;i<=n;i++)
return;
} dfs(x+1);
vis[x]=1;dfs(x+1);vis[x]=0;
}int main()
for(i=1;ifor(i=1;i<=n;i++)
dfs(1);
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
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