Description
小Y是一个心灵手巧的女孩子，她喜欢手工制作一些小饰品。她有n颗小星星，用m条彩色的细线串了起来，每条细
线连着两颗小星星。有一天她发现，她的饰品被破坏了，很多细线都被拆掉了。这个饰品只剩下了n?1条细线，但
通过这些细线，这颗小星星还是被串在一起，也就是这些小星星通过这些细线形成了树。小Y找到了这个饰品的设
计图纸，她想知道现在饰品中的小星星对应着原来图纸上的哪些小星星。如果现在饰品中两颗小星星有细线相连，
那么要求对应的小星星原来的图纸上也有细线相连。小Y想知道有多少种可能的对应方式。只有你告诉了她正确的
答案，她才会把小饰品做为礼物送给你呢。
Input
第一行包含个2正整数n,m，表示原来的饰品中小星星的个数和细线的条数。
接下来m行，每行包含2个正整数u,v，表示原来的饰品中小星星u和v通过细线连了起来。
这里的小星星从1开始标号。保证u≠v，且每对小星星之间最多只有一条细线相连。
接下来n-1行，每行包含个2正整数u,v，表示现在的饰品中小星星u和v通过细线连了起来。
保证这些小星星通过细线可以串在一起。
n<=17,m<=n*(n-1)/2
Output
输出共1行，包含一个整数表示可能的对应方式的数量。
如果不存在可行的对应方式则输出0。
Sample Input
4 3
1 2
1 3
1 4
4 1
4 2
4 3
1 2
1 3
1 4
4 1
4 2
4 3
Sample Output
6
设A(i)表示包含了原图上点i的映射集合，则答案集合为A(1)、A(2)、A(3)……、A(n)的交集，因为|A(1)∩A(2)∩……∩A(n)|=|A(1)υA(2)υ……υA(n)|-|A(2)υ----υA(n)|+……
所以我们枚举2^n-1个并集，用树上DP计算出并集的大小，容斥一下就能得到|A(1)∩A(2)∩……∩A(n)|了。
树上DP可以设f[x][y]表示以x为根的子树，x的映射元素是y的方案数，枚举子节点的映射元素然后转移了。
时间复杂度为O(2^N*N^3)。
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define rep(i,s,t) for(int i=s;i<=t;i++)
#define dwn(i,s,t) for(int i=s;i>=t;i--)
#define ren for(int i=first[x];i;i=next[i])
using namespace std;
inline int read() {
int x=0,f=1;char c=getchar();
for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=-1;
for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0';
return x*f;
}
typedef long long ll;
const int maxn=20;
int n,m,first[maxn],next[maxn<<1],to[maxn<<1],e,w[20][20];
int q[maxn],k;
ll f[20][20];
void AddEdge(int u,int v) {
to[++e]=v;next[e]=first[u];first[u]=e;
to[++e]=u;next[e]=first[v];first[v]=e;
}
void dp(int x,int fa) {
ren if(to[i]!=fa) dp(to[i],x);
rep(j,1,k) {
f[x][j]=1;
ren if(to[i]!=fa) {
ll res=0;
rep(y,1,k) if(w[q[j]][q[y]]) res+=f[to[i]][y];
f[x][j]*=res;
}
}
}
int main() {
n=read();m=read();
rep(i,1,m) {
int u=read(),v=read();
w[u][v]=w[v][u]=1;
}
rep(i,2,n) AddEdge(read(),read());
ll ans=0;
rep(S,0,(1<<n)-1) {
k=0;ll res=0;
rep(i,0,n-1) if(S>>i&1) q[++k]=i+1;
dp(1,0);rep(i,1,k) res+=f[1][i];
if(!(n-k&1)) ans+=res; else ans-=res;
}
printf("%lld
",ans);
return 0;
}