[loj2091]小星星

（分别用$E_{T}$和$E_{G}$表示树和图的边集）

简单分析，可以发现题目即求排列$p_{i}$的数量，满足$\forall (x,y)\in E_{T},(p_{x},p_{y})\in E_{G}$（记为条件$A$）

定义$count(S)$为：序列$p_{i}$的数量（忽略排列的限制），满足条件$A$且$\forall 1\le i\le n,p_{i}\in S$

事实上，我们的答案即求$\sum_{S\subseteq [1,n]}(-1)^{n-|S|}f(S)$

证明可以考虑每一个满足条件$A$序列$p_{i}$的对答案的贡献：

1.若$p_{i}$是排列，显然仅有$S=[1,n]$时有贡献，且恰好为1

2.若$p_{i}$不为排列，令$T=\{a_{i}\}$其贡献即$\sum_{T\subseteq S\subseteq [1,n]}(-1)^{n-|S|}$，由于其不为排列，存在$1\le x\le n$且$x\notin T$，任取其中的一个$x$，考虑$x$是否存在不难发现两者恰好抵消，即贡献为0

综上，即仅有排列对答案有1的贡献，即得证

不妨暴力枚举$S$，考虑如何求$f(S)$：对树进行dp，用$f_{i,j}$表示以$i$为根的子树内且$p_{i}=j$的方案数，枚举儿子的值转移即可，复杂度为$o(n^{3})$

最终复杂度即$o(n^{3}2^{n})$，可以通过

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 20
#define ll long long
struct Edge{
    int nex,to;
}edge[N<<1];
int E,n,m,x,y,head[N],vis[N][N];
ll ans,f[N][N];
void add(int x,int y){
    edge[E].nex=head[x];
    edge[E].to=y;
    head[x]=E++;
}
void dfs(int k,int fa,int S){
    for(int i=0;i<n;i++)
        if (S&(1<<i))f[k][i]=1;
        else f[k][i]=0;
    for(int i=head[k];i!=-1;i=edge[i].nex)
        if (edge[i].to!=fa){
            dfs(edge[i].to,k,S);
            for(int j=0;j<n;j++)
                if (S&(1<<j)){
                    ll s=0;
                    for(int t=0;t<n;t++)
                        if (vis[j][t])s+=f[edge[i].to][t];
                    f[k][j]*=s;
                }
        }
}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    memset(head,-1,sizeof(head));
    for(int i=1;i<=m;i++){
        scanf("%d%d",&x,&y);
        x--,y--;
        vis[x][y]=vis[y][x]=1;
    }
    for(int i=1;i<n;i++){
        scanf("%d%d",&x,&y);
        x--,y--;
        add(x,y);
        add(y,x);
    }
    for(int i=0;i<(1<<n);i++){
        dfs(0,0,i);
        ll s=0;
        for(int j=0;j<n;j++)s+=f[0][j];
        for(int j=0;j<n;j++)
            if (i&(1<<j))s*=-1;
        ans+=s;
    }
    if (n&1)ans*=-1;
    printf("%lld",ans);
}