Первая строка входных данных содержит два числа $$$n, m$$$ — количество вершин и рёбер соответственно. Каждая из следующая $$$m$$$ строк содержит по два числа $$$u, v$$$, что означает, что между вершинами $$$u$$$ и $$$v$$$ есть ребро.
Последняя строка содержит $$$n$$$ чисел — шаблон обхода.

5 6
1 2
1 3
2 3
2 4
3 4
4 5
0 5 2 0 0

То есть второй посещённой вершиной должна быть $$$5$$$, а третьей — $$$2$$$.

Искомый обход $$$~4~5~2~1~3~$$$ (или $$$~4~5~2~3~1$$$).
Важно, что вершины выписываются только при входе в них.

class dfs {
public:
    dfs(int n) {
        // индексация с 1
        _used.assign(n + 1, false);
        // 0 - фиктивная вершина
        _used[0] = true;
        _stack = {0};
    }

    dfs(const dfs& prev) {
        _used = prev._used;
        _stack = prev._stack;
        _path = prev._path;
    }

    // идём в новую вершину
    void push_back(int v) {
        _used[v] = true;
        _stack.push_back(v);
        _path.push_back(v);
    }

    // возвращаемся из текущей вершины
    void pop_back() {
        _stack.pop_back();
    }

    int last() {
        return _stack.back();
    }

    // изначально в стеке лежит фиктивная вершина
    bool empty() {
        return _stack.size() <= 1;
    }

    bool used(int v) {
        return _used[v];
    }

    int len() {
        return _path.size();
    }

    vector<int> path() {
        return _path;
    }

private:
    vector<bool> _used;
    vector<int> _stack, _path;
};

#include <iostream>
#include <vector>
#include <queue>

using namespace std;

class dfs {...};

bool check(int actual, int expected) {
    return (expected == 0 || expected == actual);
}

int main() {
    int n, m;
    cin >> n >> m;

    vector<vector<int>> graph(n + 1);
    // соединяем фиктивную вершину со всеми остальными
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        graph[0].push_back(i);
    }
    for (int i = 0; i < m; ++i) {
        int v, u;
        cin >> v >> u;
        graph[v].push_back(u);
        graph[u].push_back(v);
    }
    
    // по порядковому номеру хотим получать вершину (и наоборот)
    vector<int> time2vertex(n + 1);
    vector<int> vertex2time(n + 1);
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        int v;
        cin >> v;
        if (v == 0) continue;
        time2vertex[i + 1] = v;
        vertex2time[v] = i + 1;
    }

    queue<dfs> q;
    q.push(dfs(n)); // кладём начальное состояние

    bool done = false;
    dfs answer(n); // здесь появится ответ
    while (!q.empty()) {
        dfs cur = q.front();
        q.pop();

        vector<int> ways; // непосещённые соседи
        for (int v : graph[cur.last()]) {
            if (!cur.used(v)) {
                ways.push_back(v);
            }
        }
        // возвращаемся в предыдущую вершину (если она есть)
        if (ways.empty() && !cur.empty()) {
            dfs next = cur;
            next.pop_back();
            q.push(next);
            continue;
        }

        for (int v : ways) {
            int time = cur.len() + 1; // следующий номер по порядку
            if (check(v, time2vertex[time]) && check(time, vertex2time[v])) { // ничего не нарушилось
                dfs next = cur;
                next.push_back(v);
                if (next.len() == n) { // нашли ответ
                    done = true;
                    answer = next;
                    break;
                }
                q.push(next);
            }
        }
        if (done) break;
    }

    if (!done) {
        cout << "No" << endl;
        return 0;
    }
    for (int e : answer.path()) {
        cout << e << ' ';
    }
}

Количество состояний обхода с путём длины $$$i$$$ будем обозначать как $$$v_i$$$ (в предыдущей оценке $$$v_i = (n)_i$$$).
Во-первых, нужно учитывать число вершин зафиксированных в шаблоне, так как они не могут стоять на других местах в обходе. Обозначим это число как $$$k_0$$$. В общем случае $$$k_i$$$ — количество $$$a_j \neq 0$$$ при $$$j > i$$$.
Во-вторых, если $$$a_i \neq 0$$$, то $$$v_i = v_{i - 1}$$$, так как продолжение пути однозначно задаётся шаблоном. Иначе $$$v_i = v_{i - 1} \cdot (n - i + 1 - k_{i - 1})$$$, так как состояние с длиной пути $$$i - 1$$$ можно продолжить одной из $$$n - i + 1 - k_{i - 1}$$$ вершин.
Получили рекуррентную последовательность для числа состояний обхода с фиксированной длиной пути.
Тогда общее число состояний $$$V = \sum_{i = 0}^n v_i$$$.

Значит итоговая асимптотика улучшилась до $$$O\Big(n^2 \cdot \big(\sum_{i = 0}^n v_i\big)\Big)$$$.