NOIP 模拟 $84; m 数树$

题解 (by;zjvarphi)

设 (f_{i,j}) 表示在第一棵树中 (i) 的直系儿子匹配上第二棵树中的 (j) 集合的点，(j) 为二进制表示。

设 (son_i) 表示第二棵树中的 (i) 节点的儿子的集合。

则答案就是 (sum_{i=1}^{n}f_{i,son_{rt}})，每次转移时指定当前儿子和那个点匹配，同时要保证当前儿子的所有儿子与指定节点的儿子也匹配。

第二棵树的根不确定，所以直接枚举，因为树同构，所以最后再除以一下即可。

至于树同构，直接全排列 next_permutation 就行。

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define ri signed
#define pd(i) ++i
#define bq(i) --i
#define func(x) std::function<x>
namespace IO{
    char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
    #define gc() p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?(-1):*p1++
    #define debug1(x) std::cerr << #x"=" << x << ' '
    #define debug2(x) std::cerr << #x"=" << x << std::endl
    #define Debug(x) assert(x)
    struct nanfeng_stream{
        template<typename T>inline nanfeng_stream &operator>>(T &x) {
            bool f=false;x=0;char ch=gc();
            while(!isdigit(ch)) f|=ch=='-',ch=gc();
            while(isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=gc();
            return x=f?-x:x,*this;
        }
    }cin;
}
using IO::cin;
namespace nanfeng{
    #define pb emplace_back
    #define FI FILE *IN
    #define FO FILE *OUT
    template<typename T>inline T cmax(T x,T y) {return x>y?x:y;}
    template<typename T>inline T cmin(T x,T y) {return x>y?y:x;}
    using ll=long long;
    static const int N=3e3+7,MOD=998244353;
    int son[12],que[N],p[12],U[12],V[12],n,m,S,inv;
    bool vis[12],vs[12][12];
    std::vector<int> G[N],B[15];
    ll f[N][1<<10],g[N][1<<10],ans;
    auto bfs=[](int x) {
        int hd=1,tl=0;
        vis[que[++tl]=x]=true;
        while(hd<=tl) {
            x=que[hd++];
            for (auto v:B[x]) {
                if (vis[v]) continue;
                son[x]|=1<<v-1;
                vis[que[++tl]=v]=true;
            }
        }
    };
    func(void(int,int)) dfs=[](int x,int fa) {
        f[x][0]=1;
        for (auto v:G[x]) {
            if (v==fa) continue;
            dfs(v,x);
            for (ri i(1);i<=m;pd(i))
                if (f[v][son[i]]) {
                    for (ri s(0);s<=S;pd(s))
                        if (!(s>>(i-1)&1)&&f[x][s]) {
                            int am=s|(1<<i-1);
                            g[x][am]+=f[x][s]*f[v][son[i]]%MOD;
                        }
                }
            for (ri i(1);i<=S;pd(i)) g[x][i]%=MOD,f[x][i]=g[x][i];
        }
    };
    auto fpow=[](int x,int y) {
        int res=1;
        while(y) {
            if (y&1) res=1ll*res*x%MOD;
            x=1ll*x*x%MOD;
            y>>=1;
        }
        return res;
    };
    inline int main() {
        FI=freopen("count.in","r",stdin);
        FO=freopen("count.out","w",stdout);
        cin >> n;
        for (ri i(1),u,v;i<n;pd(i)) cin >> u >> v,G[u].pb(v),G[v].pb(u);
        cin >> m;
        S=(1<<m)-1;
        for (ri i(1);i<m;pd(i)) {
            cin >> U[i] >> V[i];
            B[U[i]].pb(V[i]),B[V[i]].pb(U[i]);
            vs[U[i]][V[i]]=vs[V[i]][U[i]]=true;
        }
        for (ri i(1);i<=m;pd(i)) {
            memset(f,0,sizeof(f));
            memset(g,0,sizeof(g));
            for (ri j(1);j<=m;pd(j)) son[j]=0,vis[j]=false;
            bfs(i);
            dfs(1,0);
            for (ri j(1);j<=n;pd(j)) ans+=f[j][son[i]];
        }
        ans%=MOD;
        for (ri i(1);i<=m;pd(i)) p[i]=i;
        do{
            int tmp=1;
            for (ri i(1);i<m;pd(i)) if (!vs[p[U[i]]][p[V[i]]]) {tmp=0;break;}
            inv+=tmp;
        }while(std::next_permutation(p+1,p+m+1));
        printf("%lld
",ans*fpow(inv,MOD-2)%MOD);
        return 0;
    }
}
int main() {return nanfeng::main();}