题意：
给定一张图，和这个图的一颗生成树.
求：重新对这颗树标号，有多少种标号方式满足如果一条边 $(x,y)$ 在树中出现的话在图中也出现.
暴力做法：$f[i][j][S]$ 即在以 1 为根的树中遍历到点 $i$，该点映射的点是 $j$，且 $i$ 这颗子树映射的点集是 $S$.
转移的话时间复杂度比较高，而且非常麻烦.
我们之所有有 $S$ 的限制是因为不可以出现树上两个不同的点同时映射了相同的点.
如果不考虑映射相同的点的话直接设状态 $f[i][j]$ 即可.
$f[i][j]=prod_{k subseteq son[i]} f[k][a]$，$E(j,a)$.
不妨考虑容斥：令 $f(k)$ 表示用了最多 $k$ 个点的映射数量，那么 $Ans=sum_{i=1}^{n} (-1)^{n-i} f(i).$
求 $f(k)$ 的话就枚举 $n$ 的子集，然后每次只允许 $f[i][j]$ 中的 $j$ 是子集中的元素.
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 18
#define ll long long
#define setIO(s) freopen(s".in","r",stdin)
using namespace std;
int n,m,edges;
int del[N],con[N][N],hd[N],to[N<<1],nex[N<<1];
ll dp[N][N];
void add(int u,int v)
{
nex[++edges]=hd[u],hd[u]=edges,to[edges]=v;
}
int count(int x)
{
memset(del,0,sizeof(del));
int cn=0,re=1,sz=0;
for(;x;x>>=1,++re) if(x&1) del[re]=1,++sz;
return sz;
}
void dfs(int x,int ff)
{
for(int i=1;i<=n;++i) if(!del[i]) dp[x][i]=1;
for(int i=hd[x];i;i=nex[i])
{
int y=to[i];
if(y==ff) continue;
dfs(y,x);
for(int j=1;j<=n;++j)
{
if(del[j]) continue;
ll sum=0;
for(int k=1;k<=n;++k)
{
if(del[k]||!con[j][k]) continue;
sum+=dp[y][k];
}
dp[x][j]*=sum;
}
}
}
int main()
{
// setIO("input");
int i,j;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(i=1;i<=m;++i)
{
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y),con[x][y]=con[y][x]=1;
}
for(i=1;i<n;++i)
{
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
add(x,y),add(y,x);
}
ll ans=0;
for(i=0;i<(1<<n);++i)
{
int id=count(i);
dfs(1,0);
ll sum=0ll;
for(j=1;j<=n;++j) if(!del[j]) sum+=dp[1][j];
if(id&1) ans-=sum;
else ans+=sum;
}
printf("%lld
",ans);
return 0;
}