题目描述
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。
输入格式
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 $u eq v$，且每对小星星之间最多只有一条细线相连。
接下来行 $n-1$，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。
输出格式
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 $0$。
限制与约定
各测试点满足以下约定：
| 测试点 | $n$ | $m$ | 约定 |
|---|---|---|---|
| 1 | $=10$ | $leq frac {n(n-1)} {2}$ | 无 |
| 2 | |||
| 3 | $=17$ | 保证新的饰品中每颗小星星与至多两颗小星星相连 | |
| 4 | |||
| 5 | $=14$ | 无 | |
| 6 | |||
| 7 | $=16$ | 保证答案不超过 $10^5$ | |
| 8 | 无 | ||
| 9 | $=17$ | ||
| 10 |
时间限制：$1 exttt{s}$
空间限制：$512 exttt{MB}$
我们对于这一类计数问题，考虑容斥来做
这道题目其实就是对树上的结点进行重新标号，使得树上存在边的在图中也存在
那么，我们用(f[i][j])表示树上结点(i)，对于图中标号(j)的方案数
显然(f[i][j]=prod_{}^{} (sum f[x][k])(xin C(i),(j,k)存在))，树形dp，时间复杂度(O(n^3))
暴力枚举容斥的状态(O(2^n))，总的时间复杂度是(O(2^n*n^3))，再卡卡常数就过了
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<string>
#include<climits>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<map>
#include<set>
#define LL long long
using namespace std;
inline char nc(){
static char buf[100000],*p1=buf,*p2=buf;
if (p1==p2) { p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin); if (p1==p2) return EOF; }
return *p1++;
}
inline void read(int &x){
char c=nc();int b=1;
for (;!(c>='0' && c<='9');c=nc()) if (c=='-') b=-1;
for (x=0;c>='0' && c<='9';x=x*10+c-'0',c=nc()); x*=b;
}
inline void read(LL &x){
char c=nc();LL b=1;
for (;!(c>='0' && c<='9');c=nc()) if (c=='-') b=-1;
for (x=0;c>='0' && c<='9';x=x*10+c-'0',c=nc()); x*=b;
}
inline int read(char *s)
{
char c=nc();int len=0;
for(;!(c>='A' && c<='Z');c=nc()) if (c==EOF) return 0;
for(;(c>='A' && c<='Z');s[len++]=c,c=nc());
s[len++]=' ';
return len;
}
inline void read(char &x){
for (x=nc();!(x>='A' && x<='Z');x=nc());
}
int wt,ss[19];
inline void print(int x){
if (x<0) x=-x,putchar('-');
if (!x) putchar(48); else {
for (wt=0;x;ss[++wt]=x%10,x/=10);
for (;wt;putchar(ss[wt]+48),wt--);}
}
inline void print(LL x){
if (x<0) x=-x,putchar('-');
if (!x) putchar(48); else {for (wt=0;x;ss[++wt]=x%10,x/=10);for (;wt;putchar(ss[wt]+48),wt--);}
}
int n,m,a[20][20],b[20],fa[20];
LL ans,f[20][20],p[20];
vector<int> c[20],d[20];
void dp(int x)
{
for (int i=1;i<=n;i++)
if (b[i]) f[x][i]=1LL;
for (int i=0;i<d[x].size();i++)
dp(d[x][i]);
if (x==1) return ;
for (int j=1;j<=n;j++)
p[j]=0;
for (int j=1;j<n;j++)
for (int k=j+1;k<=n;k++)
if (a[j][k] && b[j] && b[k]) p[j]+=f[x][k],p[k]+=f[x][j];
for (int j=1;j<=n;j++)
f[fa[x]][j]*=p[j];
}
LL calc()
{
memset(f,0,sizeof(f));
dp(1);
LL res=0;
for (int i=1;i<=n;i++)
res+=f[1][i];
return res;
}
void work(int x)
{
if (x==n+1)
{
int s=0;LL f;
for (int i=1;i<=n;i++)
s+=b[i];
if (s%2==n%2) f=1LL;else f=-1LL;
ans+=f*calc();
return ;
}
for (int i=0;i<=1;i++)
b[x]=i,work(x+1);
}
void dfs(int x)
{
for (int i=0;i<c[x].size();i++)
if (fa[c[x][i]]==-1)
{
fa[c[x][i]]=x;
d[x].push_back(c[x][i]);
dfs(c[x][i]);
}
}
int main()
{
read(n);read(m);
int x,y;
for(int i=1;i<=m;i++)
read(x),read(y),a[x][y]=1,a[y][x]=1;
memset(b,0,sizeof(b));
for (int i=1;i<n;i++)
read(x),read(y),c[x].push_back(y),c[y].push_back(x);
memset(fa,-1,sizeof(fa));
fa[1]=0;
dfs(1);
ans=0;
work(1);
print(ans),puts("");
return 0;
}