我们考虑设(dp_{i,j})表示树上的点(i)在图上对应的点为(j)时(i)和子树对应在图上的方案数
(dp_{u_i}=prod_{v in u.son} dp_{v,j}*w[i][j])（w[i][j]表示在图中(i)和(j)是否连通）
这个dp的复杂度是(O(n^3))，但是会发现它会多算答案，因为这个算法有可能会将多个树上的点对应到一个图上的点
我们珂以二进制枚举，枚举哪些图上的点参与dp，按照容斥原理加减，这样就珂以算出答案，复杂度为(O(2^n n^3))
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define N 20
#define getchar nc
using namespace std;
inline char nc(){
static char buf[100000],*p1=buf,*p2=buf;
return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
}
inline int read()
{
register int x=0,f=1;register char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9')x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
return x*f;
}
inline void write(register ll x)
{
if(!x)putchar('0');if(x<0)x=-x,putchar('-');
static int sta[20];register int tot=0;
while(x)sta[tot++]=x%10,x/=10;
while(tot)putchar(sta[--tot]+48);
}
struct edge{
int to,next;
}e[N<<1];
int head[N],cnt=0;
inline void add(register int u,register int v)
{
e[++cnt]=(edge){v,head[u]};
head[u]=cnt;
}
int n,m,w[N][N],ban[N],vis[N];
ll f[N][N],ans;
inline void dfs(register int x)
{
vis[x]=1;
for(register int i=1;i<=n;++i)
f[x][i]=1;
for(register int i=head[x];i;i=e[i].next)
{
int v=e[i].to;
if(vis[v])
continue;
dfs(v);
for(register int j=1;j<=n;++j)
{
ll sum=0;
for(register int k=1;k<=n;++k)
sum+=f[v][k]*(w[k][j]&ban[k]&ban[j]);
f[x][j]*=sum;
}
}
}
int main()
{
n=read(),m=read();
for(register int i=1;i<=m;++i)
{
int u=read(),v=read();
w[u][v]=w[v][u]=1;
}
for(register int i=1;i<n;++i)
{
int u=read(),v=read();
add(u,v),add(v,u);
}
for(register int k=1,siz;k<=(1<<n)-1;++k)
{
siz=n;
for(register int i=1;i<=n;++i)
ban[i]=0;
for(register int i=1,p=k;p;p>>=1,++i)
ban[i]=p&1,siz-=p&1;
for(register int i=1;i<=n;++i)
vis[i]=0;
dfs(1);
ll cnt=0;
for(register int i=1;i<=n;++i)
cnt+=f[1][i];
if(siz%2)
ans-=cnt;
else
ans+=cnt;
}
write(ans);
return 0;
}