传送门
考虑假如不考虑重复映射
那么显然可以得到一个(O(n^3))的树形dp
然后考虑如何去掉不合法的情况？
容斥，考虑每次只能从一个点集(S)里选点（也就是至多(|S|)个点的映射的方案数）
那么显然就可以枚举点集(S)，做树形dp，然后容斥一下就做完了
总复杂度：(O(2^nn^3))
代码：
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
void read(int &x){
char ch;bool ok;
for(ok=0,ch=getchar();!isdigit(ch);ch=getchar())if(ch=='-')ok=1;
for(x=0;isdigit(ch);x=x*10+ch-'0',ch=getchar());if(ok)x=-x;
}
#define rg register
const int maxn=20;
int n,m,d[maxn][maxn],dd[maxn][maxn],t[maxn],num,tot;
long long f[maxn][maxn],ans;
void dfs(int x,int fa){
for(rg int i=1;i<=num;i++)f[x][t[i]]=1;
for(rg int i=1;i<=n;i++)
if(i!=fa&&dd[x][i]){
dfs(i,x);
for(rg int j=1;j<=num;j++)
{
long long g=0;
for(rg int k=1;k<=num;k++)if(d[t[j]][t[k]])g+=f[i][t[k]];
f[x][t[j]]*=g;
}
}
}
int main()
{
read(n),read(m),tot=1<<n;
for(rg int i=1,x,y;i<=m;i++)read(x),read(y),d[x][y]=d[y][x]=1;
for(rg int i=1,x,y;i<n;i++)read(x),read(y),dd[x][y]=dd[y][x]=1;
for(rg int i=0;i<tot;i++){
num=0;
for(rg int j=0;j<n;j++)if(i&(1<<j))t[++num]=j+1;
dfs(1,0);
for(rg int j=1;j<=num;j++)ans+=((n-num)&1?-1ll:1ll)*f[1][t[j]];
}
printf("%lld
",ans);
}