题解 \(by\;zj\varphi\)
设 \(f_{i,j}\) 表示在第一棵树中 \(i\) 的直系儿子匹配上第二棵树中的 \(j\) 集合的点，\(j\) 为二进制表示。
设 \(son_i\) 表示第二棵树中的 \(i\) 节点的儿子的集合。
则答案就是 \(\sum_{i=1}^{n}f_{i,son_{rt}}\)，每次转移时指定当前儿子和那个点匹配，同时要保证当前儿子的所有儿子与指定节点的儿子也匹配。
第二棵树的根不确定，所以直接枚举，因为树同构，所以最后再除以一下即可。
至于树同构，直接全排列 next_permutation 就行。
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define ri signed
#define pd(i) ++i
#define bq(i) --i
#define func(x) std::function<x>
namespace IO{
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
#define gc() p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?(-1):*p1++
#define debug1(x) std::cerr << #x"=" << x << ' '
#define debug2(x) std::cerr << #x"=" << x << std::endl
#define Debug(x) assert(x)
struct nanfeng_stream{
template<typename T>inline nanfeng_stream &operator>>(T &x) {
bool f=false;x=0;char ch=gc();
while(!isdigit(ch)) f|=ch=='-',ch=gc();
while(isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=gc();
return x=f?-x:x,*this;
}
}cin;
}
using IO::cin;
namespace nanfeng{
#define pb emplace_back
#define FI FILE *IN
#define FO FILE *OUT
template<typename T>inline T cmax(T x,T y) {return x>y?x:y;}
template<typename T>inline T cmin(T x,T y) {return x>y?y:x;}
using ll=long long;
static const int N=3e3+7,MOD=998244353;
int son[12],que[N],p[12],U[12],V[12],n,m,S,inv;
bool vis[12],vs[12][12];
std::vector<int> G[N],B[15];
ll f[N][1<<10],g[N][1<<10],ans;
auto bfs=[](int x) {
int hd=1,tl=0;
vis[que[++tl]=x]=true;
while(hd<=tl) {
x=que[hd++];
for (auto v:B[x]) {
if (vis[v]) continue;
son[x]|=1<<v-1;
vis[que[++tl]=v]=true;
}
}
};
func(void(int,int)) dfs=[](int x,int fa) {
f[x][0]=1;
for (auto v:G[x]) {
if (v==fa) continue;
dfs(v,x);
for (ri i(1);i<=m;pd(i))
if (f[v][son[i]]) {
for (ri s(0);s<=S;pd(s))
if (!(s>>(i-1)&1)&&f[x][s]) {
int am=s|(1<<i-1);
g[x][am]+=f[x][s]*f[v][son[i]]%MOD;
}
}
for (ri i(1);i<=S;pd(i)) g[x][i]%=MOD,f[x][i]=g[x][i];
}
};
auto fpow=[](int x,int y) {
int res=1;
while(y) {
if (y&1) res=1ll*res*x%MOD;
x=1ll*x*x%MOD;
y>>=1;
}
return res;
};
inline int main() {
FI=freopen("count.in","r",stdin);
FO=freopen("count.out","w",stdout);
cin >> n;
for (ri i(1),u,v;i<n;pd(i)) cin >> u >> v,G[u].pb(v),G[v].pb(u);
cin >> m;
S=(1<<m)-1;
for (ri i(1);i<m;pd(i)) {
cin >> U[i] >> V[i];
B[U[i]].pb(V[i]),B[V[i]].pb(U[i]);
vs[U[i]][V[i]]=vs[V[i]][U[i]]=true;
}
for (ri i(1);i<=m;pd(i)) {
memset(f,0,sizeof(f));
memset(g,0,sizeof(g));
for (ri j(1);j<=m;pd(j)) son[j]=0,vis[j]=false;
bfs(i);
dfs(1,0);
for (ri j(1);j<=n;pd(j)) ans+=f[j][son[i]];
}
ans%=MOD;
for (ri i(1);i<=m;pd(i)) p[i]=i;
do{
int tmp=1;
for (ri i(1);i<m;pd(i)) if (!vs[p[U[i]]][p[V[i]]]) {tmp=0;break;}
inv+=tmp;
}while(std::next_permutation(p+1,p+m+1));
printf("%lld\n",ans*fpow(inv,MOD-2)%MOD);
return 0;
}
}
int main() {return nanfeng::main();}