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
HINT
Source
题意是要求满足两个条件：
1.树中的一个点唯一对应图中的一个点
2.树中两点有边的图中两点也有边
考虑到第一个条件特别麻烦应该要状压，我们考虑用容斥原理，即在计数的时候不需要保证唯一对应
记Ans(x),表示用x个标号给树进行任意编号的方案，那么答案为：
Ans(n)-Ans(n-1)+Ans(n-2)...;
我们用2^n搜索，枚举标号的集合，那么我们需要算出用这些标号集合给树进行标号的方案
由于我们不需要唯一对应，那么就很简单了，用一个n^3的树形dp;
用f[i][j]表示i节点标号为j的方案数，那么我们枚举每个人的标号和与儿子的标号进行转移；
复杂度为O(2^n*n^3);
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#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=100;
int cnt,head[N],to[N],nxt[N],mp[N][N],zhan[N],tot,n,m;
ll Ans,dp[N][N];
void lnk(int x,int y){
to[++cnt]=y,nxt[cnt]=head[x],head[x]=cnt;
to[++cnt]=x,nxt[cnt]=head[y],head[y]=cnt;
}
void Dp(int x,int f){
for(int i=1;i<=tot;i++) dp[x][i]=1;
for(int i=head[x];i;i=nxt[i]){
int y=to[i];if(y==f) continue;
Dp(y,x);
for(int j=1;j<=tot;j++){
ll tmp=0;
for(int k=1;k<=tot;k++){
if(mp[zhan[j]][zhan[k]]) tmp+=dp[y][k];
}
dp[x][j]*=tmp;
}
}
}
void dfs(int x,int step,int lim){
if(step==lim){
Dp(1,0);ll tmp=0;
for(int i=1;i<=tot;i++) tmp+=dp[1][i];
if((n-lim)%2) Ans-=tmp;
else Ans+=tmp;
return;
}
if(x>n) return;
zhan[++tot]=x;dfs(x+1,step+1,lim);
tot--;dfs(x+1,step,lim);
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=m;i++){
int x,y;scanf("%d%d",&x,&y);
mp[x][y]=mp[y][x]=1;
}
for(int i=1;i<n;i++){
int x,y;scanf("%d%d",&x,&y);lnk(x,y);
}
for(int i=n;i;i--) dfs(1,0,i);
printf("%lld
",Ans);
return 0;
}