题意：

现在有一个$n$个点的树形图被拆开，现在你知道其中$m$条边，已经$q$对点的$LCA$，试求原先的树有多少种可能。

解法：

考虑$dp$，$f(x,S)$表示$x$的子树内的点集为$S$（不包括$x$的方案数）

$S$被拆成$S_0 ,S_1, S_2 … S_m$，每个集合

这样考虑$LCA(a,b) =c$，与$ ∈ E$对$dp$的影响。

前者相当于$a,b$分属于两个$S_i$，

假设$x$连向的点为$y_0,y_1…$，

后者相当于不存在$S_i$中含有两个$y_i$ 且 当$S_i$中含有一个$y_i$时，必须要将$y_i$作为$S_i - \{ y_i \}$的父节点。

这样，由于每一层要背包，还要状态压缩，代码十分的复杂。

考虑类比转二叉树的方法，$f(x,S)$ 由 $f(x,S \oplus S0) \cdot f(p, S0 \oplus p)$ 转移过来。

这样代码会简化许多。

枚举子集的时候应用 $ S_0 = S \& (S_0-1)$ 的技巧。

这样，总复杂度 $O(n*3^n + q*n*2^n )$。

#include
#include
#include
#include

#define N 14
#define LL long long
#define bit(x) (1<<(x))

using namespace std;

int n,m,q;
int g[N];
LL f[N][< LCA[N];

int get_bit(int S)
{
for(int i=;i<n;i++)
if(S&bit(i)) return i;
return -;
}

int cnt_bit(int S)
{
int ans=;
for(;S;S>>=) if(S&) ans++;
return ans;
}

bool check(int x,int S)
{
for(int i=;i<(int)LCA[x].size();i++)
if((S&LCA[x][i]) != LCA[x][i]) return ;
return ;
}

LL dp(int x,int S)
{
if(f[x][S]!=-) return f[x][S];
if(!S) return f[x][S] = ;
f[x][S]=;
int t=get_bit(S);
for(int S0=S;S0;S0=(S0-)&S)
if(S0&bit(t))
{
bool flag=;
for(int i=;i<(int)LCA[x].size();i++) if((S0&LCA[x][i]) == LCA[x][i]){flag=; break;} if(flag || cnt_bit(g[x]&S0)>) continue;
int tmp=get_bit(g[x]&S0);
if(tmp!=-)
{
if(check(tmp,S0) && ( (S0|bit(x)) & g[tmp] ) == g[tmp])
f[x][S] += dp(x,S^S0)*dp(tmp,S0^bit(tmp));
}
else
{
for(int i=;i<n;i++)
if(S0&bit(i))
{
if(check(i,S0) && (S0&g[i]) == g[i])
f[x][S] += dp(x,S^S0)*dp(i,S0^bit(i));
}
}
}
return f[x][S];
}

int main()
{
while(~scanf("%d%d%d",&n,&m,&q))
{
for(int i=;i<n;i++)
{
for(int j=;j<(<<n);j++)
f[i][j]=-;
g[i]=;
LCA[i].clear();
}
for(int i=,x,y;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d",&x,&y);
x--,y--;
g[x]|=bit(y);
g[y]|=bit(x);
}
for(int i=,x,y,z;i<=q;i++)
{
scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
x--,y--,z--;
LCA[z].push_back(bit(x)|bit(y));
}
cout << dp(,((<<n)-)^) << endl;
}
return ;
}