4455: [Zjoi2016]小星星
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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
直接每个点映射的话不太好算，那么我们可以先允许重复映射，最后再把重复映射的减去就是答案了。
也就是说，我们考虑 dp[i][j] 在限制S下的含义为： 树中的点只能映射原图上属于集合 S 的点 ，i点映射到j点 在以i 为根的子树中的方案。
设在限制S下的映射方案为ans[S] , 设只许映射到S且S集合中每个点都被至少映射一次的方案数为 calc[S] 。
那么显然的是 : ans[S] = Σ calc[T] 其中T是S的一个子集。
于是我们就可以从小到大容斥计算出calc[T],最后calc[2^n-1]就是答案了。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll unsigned long long
#define maxn 140005
#define pb push_back
using namespace std;
vector<int> g[20];
int num,point[20];
int a[20][20],n,m,ci[30],S;
ll f[20][20],ans[maxn];
// ans[S]表示选点集合只能是S子集的方案数 void dp(int x,int fa){
for(int i=1;i<=num;i++) f[x][i]=1;
int to;
for(int i=g[x].size()-1;i>=0;i--){
to=g[x][i];
if(to==fa) continue;
dp(to,x); for(int j=1;j<=num;j++){
ll now=0;
for(int k=1;k<=num;k++) if(a[point[j]][point[k]]) now+=f[to][k];
f[x][j]*=now;
}
}
} int main(){
ci[0]=1;
for(int i=1;i<=20;i++) ci[i]=ci[i-1]<<1; int uu,vv;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=m;i++){
scanf("%d%d",&uu,&vv);
a[uu][vv]=a[vv][uu]=1;
}
for(int i=1;i<n;i++){
scanf("%d%d",&uu,&vv);
g[uu].pb(vv),g[vv].pb(uu);
} for(S=1;S<ci[n];S++){
num=0,memset(f,0,sizeof(f));
for(int i=1;i<=n;i++) if(ci[i-1]&S) point[++num]=i;
dp(1,1);
for(int i=1;i<=num;i++) ans[S]+=f[1][i];
} for(int i=1;i<ci[n];i++)
for(int j=(i-1)&i;j;j=(j-1)&i) ans[i]-=ans[j]; printf("%llu\n",ans[ci[n]-1]);
return 0;
}