题解

很典型的容斥，令$f(S)$表示$S$中所有路径上的所有边均为白色的方案数，令输入的路径集合为$P$，那么：

然后枚举子集，计算 $f(S)$ 即可，设 $S$ 中所有路径的并所占边数为 x，则 $f(S)=2 ^n−1−x$
，即除了这 x 条边以外都是任意染色的。

于是计算路径并的边数 x 即可，每个子集都暴力做太慢了，总复杂度是 $O(2 ^m ×nm)$，可以采用递推的思想，考虑一个 $p∈S$，$S$ 的 $x$ 值可以由 $S/{p}$ 的 x 值并上 $p$ 的边得到，这样可以 $O(2^m×n)$。

最后，还可以再用 $bitset$ 优化一下常数。

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int MAXN=60;
int n,m,x,y,eg,u[MAXN],v[MAXN],hd[MAXN],ver[2*MAXN],nx[2*MAXN],f[MAXN];
bitset <51> q[21],t[1<<20];
ll ans;
ll qpow (ll a,ll b) {
	ll res=1;
	while (b) {
		if (b&1) {res*=a;}
		a*=a,b>>=1;
	}
	return res;
}
void add_edge (int x,int y) {
	ver[++eg]=y;
	nx[eg]=hd[x];
	hd[x]=eg;
	return;
}
void dfs (int x,int fa) {
	f[x]=fa;
	for (int i=hd[x];i;i=nx[i]) {
		if (ver[i]==fa) {continue;}
		dfs(ver[i],x);
	}
	return;
}
void mk (int x,int y,int p) {
	for (int i=x;i!=1;i=f[i]) {q[p].set(i,1);}
	int cur=y;
	for (;cur!=1&&!q[p][cur];cur=f[cur]) {q[p].set(cur,1);}
	for (;cur!=1;cur=f[cur]) {q[p].set(cur,0);}
	return;
}
int main () {
	eg=1;
	scanf("%d",&n);
	for (int i=1;i<=n-1;i++) {
		scanf("%d%d",&x,&y);
		add_edge(x,y),add_edge(y,x);
	}
	dfs(1,0);
	scanf("%d",&m);
	for (int i=1;i<=m;i++) {
		scanf("%d%d",&u[i],&v[i]);
		mk(u[i],v[i],i);
	}
	for (int i=0;i<(1<<m);i++) {
		int cnt=0,cur=0;
		for (int j=0;j<m;j++) {
			if (i&(1<<j)) {cnt++,cur=j+1;}
		}
		if (cnt) {t[i]=t[i^(1<<(cur-1))]|q[cur];}
		if (cnt&1) {
			ans-=qpow(2,n-1-t[i].count());
		} else {
			ans+=qpow(2,n-1-t[i].count());
		}
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}