题解

先不提及优化，一开始本人并没有设计出朴素 DP。（或许有些浮躁？）

设计 DP

看到数据范围还有题目里面玄学的对应关系，可以想到状压，用一维表示已被对应的节点状态。
考虑对于每一个转移的父子点对 (u,v)，由于转移的条件就是有连边，所以 (u,v) 对应的点在原图中一定有连边，转移的时候把 (u) 当前子树和 (v) 子树的状态合并（也就是逻辑或），就可以顺利转移。
因此，设计 (dp(u,stat,p)) 表示 (u) 节点对应的节点是 (p)，(u) 子树内对应状态为 (stat)。

优化 DP

可以用容斥优化，但是比较难。（先挖坑）

最简单的想法，基于 DP 本身的状态，每个子树对应的状态里 (1) 的个数一定等于子树大小，预处理出来可以省去大量枚举。
其次，枚举子树的时候类比树形背包，每次转移完 DP 之后再 siz[u]+=siz[v]。
基本就这些，还可以有一点点无聊的优化，比如在 DP 值为 (0) 的时候直接跳出循环。

吸氧能够卡过，最大点约 (850ms)。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int INF = 0x3f3f3f3f,N = 20;
inline ll read()
{
	ll ret=0;char ch=' ',c=getchar();
	while(!(c>='0'&&c<='9')) ch=c,c=getchar();
	while(c>='0'&&c<='9') ret=(ret<<1)+(ret<<3)+c-'0',c=getchar();
	return ch=='-'?-ret:ret;
}
int n,m,head[N],ecnt=-1;
bool mp[N][N];
inline void init_edge(){memset(head,-1,sizeof(head)),ecnt=-1;}
struct edge
{
	int nxt,to;	
}a[N<<1];
inline void add_edge(int x,int y)
{
	a[++ecnt]=(edge){head[x],y};
	head[x]=ecnt;
}
ll dp[N][1<<18][N],siz[N];
int num[N][1<<18],cnt[N];
void dfs(int u,int fa)
{
	siz[u]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++) dp[u][1<<(i-1)][i]=1LL;
	//初始化，u对应任何一个点方案都为1
	for(int i=head[u];~i;i=a[i].nxt)
	{
		int v=a[i].to;
		if(v==fa) continue; 
		dfs(v,u);
		for(int j=1;j<=cnt[siz[u]];j++)	
			for(int k=1;k<=cnt[siz[v]];k++)
			{
				int stat1=num[siz[u]][j];
				int stat2=num[siz[v]][k];
				if(stat1&stat2) continue;
				for(int p=1;p<=n;p++)
					if((1<<(p-1))&stat2)
					{
						if(!dp[v][stat2][p]) continue;
						for(int q=1;q<=n;q++)
						{
							if(mp[q][p]&& ((1<<(q-1))&stat1) )
							dp[u][stat1|stat2][q]+=dp[u][stat1][q]*dp[v][stat2][p];
						}
					}
			}
		siz[u]+=siz[v];
	}
}
int main()
{
	init_edge();
	n=read(),m=read();
	for(int i=1;i<=m;i++)	
	{
		int u=read(),v=read();
		mp[u][v]=mp[v][u]=1;
	}
	for(int i=1;i<n;i++)	
	{
		int u=read(),v=read();
		add_edge(u,v),add_edge(v,u);
	}
	for(int i=0;i<1<<n;i++)	
	{
		int tcnt=0;
		for(int j=1;j<=n;j++)	
			if((1<<(j-1))&i) tcnt++;
		num[tcnt][++cnt[tcnt]]=i;
	}
	dfs(1,-1);
	ll ans=0ll;
	for(int i=1;i<=n;i++)		
		ans+=dp[1][(1<<n)-1][i];
	printf("%lld
",ans);
	return 0;
}