有根树同构 （Hash）

crf 出生的第二秒

1 Description
crf 是一个天才。
他出生的第二秒，往窗外望了一眼，看到了窗外的树林。
他发现这片树林非常有趣，因为它只有一排树，从左到右依次排列。
天才的crf 马上就把真实的树的结构抽象成为了图论中的树（即任意两个顶点有且仅有一条路径可以互相到达的图）。
crf 不仅头脑天才，而且他的身体素质也堪称天才，这也包括了他可以在0.01 秒内用AWP 爆掉队友的头的动态视力。在这一秒内他发现非常多的树其实稍微变一下方向就是长得一样的。
他想知道，在这片树林中有多少棵树和他现在脑中yy 的这棵树是本质相同的。
两棵树本质相同的定义是，对于树A，存在一种顶点编号的排列，使得树A 的顶点编号重排后，树A 的每一条边的方向和两个顶点都和树B 对应相同。
注意，虽然图论中大多数对树的定义都是指无根树，即每条树边都是无向边的树，但在这个问题中的树是现实中的树的抽象，所以我们认为这些树都是有根树。
同时为了方便起见，我们假设每棵树具有相同的结点数。

2 Input
第一行为三个整数n; m; q，表示这排树林树的数量、每棵树的结点数和询问的数量。
接下来n 部分，每部分有m��1 行，表示一棵树的m��1 条边，每行有两个整数x; y，表示从x 到y 有一条边。
接下来q 部分，每部分有m-1 行，表示询问中的一棵树的m-1 条边，每行有两个整数x, y，表示从x 到y 有一条边。

3 Output
输出有q 行，每行一个整数，表示该次询问有多少棵树和crf 想象的那棵树本质相同。

4 Sample
Sample Input
1 5 1
1 2
2 3
1 4
4 5
1 3
3 2
1 5
5 4
Sample Output
1

5 Hint
对于30% 的数据，满足1 <= n, q <= 10; 1 <= m <= 5。
对于100% 的数据，满足1 <= n m <= 100000; 1 <= q m <= 100000。

思路：
这道题其实是有向图，题目说的不够清楚，所以wa掉。。
判结构相同的树，又强制O1，自然想到hash啦。
考试的时候就写了一个简洁的hash，没想到下来有人说正解不是hash，开始疯狂的hack。
于是只好被逼写了一个双hash，又不停地限制，然后就这样了。。。
也不知道有没有问题，反正应该不容易被卡吧。

#include <map>
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#define LL long long
#define N 100010
#define base1 7173
#define base2 7177
#define mod1 1000000007
#define mod2 1000000009
#define pr pair<LL, LL>
using namespace std;

struct Edge{
    int to, nxt;
}ed[N<<1];

int n, m, q, idc, rt, mxd;
int head[N], in[N], siz[N];
LL hsh1[N], hsh2[N], rnd1[N], rnd2[N];
map<pr, int> mp[N];

void inline adde(int u, int v){
    ed[++idc].to = v;
    ed[idc].nxt = head[u];
    head[u] = idc; 
    in[v]++;
}

void inline dfs(int u, int dep){
    LL cc1=base2, cc2=base1, cnt=0;
    siz[u] = 1, mxd = max(mxd, dep); 
    for(register int i=head[u]; i; i=ed[i].nxt){
        int v = ed[i].to; dfs(v, dep+1);
        (hsh1[u] += hsh1[v]) %= mod1; (hsh2[u] += hsh2[v]) %= mod2;
        (cc1 += rnd1[siz[v]]) %= mod1; (cc2 += rnd2[siz[v]]) %= mod2;
        siz[u] += siz[v]; cnt++; 
    }//hash：深度， 树的大小， 子树大小， 子树个数 
    (hsh1[u] += rnd1[siz[u]]) %= mod1; (hsh2[u] += rnd2[siz[u]]) %= mod2;
    (hsh1[u] += cc1) %= mod1; (hsh2[u] += cc2) %= mod2;
    (hsh1[u] *= cnt) %= mod1; (hsh2[u] *= cnt) %= mod2;
}

pr inline solve(){
    idc = mxd = 0;
    for(register int i=1; i<=m; i++) head[i] = in[i] = hsh1[i] = hsh2[i] = 0;
    for(register int i=1,; i<m; i++){
        int u, v; scanf("%d%d", &u, &v); adde(u, v);
    }
    for(register int i=1; i<=m; i++) 
        if( !in[i] ){ rt = i; break;}//给出的是合法的树，所以有唯一一个root 
    dfs(rt, 1);
    return make_pair(hsh1[rt], hsh2[rt]);
}

int main(){
    freopen ("second.in", "r", stdin);
    freopen ("second.out", "w", stdout);
    scanf("%d%d%d", &n, &m, &q);
    rnd1[0] = rnd2[0] = 1;
    for(register int i=1; i<=m; i++){
        rnd1[i] = rnd1[i-1] * base1 % mod1;
        rnd2[i] = rnd2[i-1] * base2 % mod2;
    }
    for(register int i=1; i<=n; i++){
        pr rnd = solve();
        mp[mxd][rnd]++;
    }
    for(register int i=1; i<=q; i++){
        pr rnd = solve();
        printf("%d\n", mp[mxd][rnd]);
    }
    return 0;
}