传送门
考虑转化成图论问题，\(i\) 向 \(p_i\) 连边，那么合法方案一定是形成了若干个简单环或自环
考虑一个环内的情况：
- 如果 \(a_i=p_i\)，那么 \(i\) 向 \(a_i\) 连边的图和原图相比不变
- 如果 \(a_i=p_{p_i}\)，
a. 环长为奇数且 \(>1\)，那么 \(i\) 向 \(a_i\) 连边的图仍然是一个环(不同)
b. 环长为偶数，那么 \(i\) 向 \(a_i\) 连边的图变成两个长度一样的环
c. 环长为 \(1\)，那么 \(i\) 向 \(a_i\) 连边的图仍然是一个自环 - 那么 \(i\) 向 \(a_i\) 连边的图成为一个基环内向森林
令 \(i\) 和 \(p_i\) 连边的图为原图，和 \(a_i\) 的为新图
现在已知 \(i\) 和 \(a_i\) 的边，求原图的方案数
考虑一个环上的一条链，它还原成原图的环的方法只能是沿着环的逆时针方向插空还原
因为新图的两个相邻点之间只能插入一个点
那么有显而易见的几种无解的情况：
- 对于一个不属于环上的点，如果有两个及以上的点同时指向它，那么肯定不能还原成原图的环
- 对于一个属于环上的点，如果有两个及以上的点同时指向它，那么肯定也不能还原成原图的环
- 如果环上一条链 \(a\) 和环的沿逆时针方向的另一条链的距离小于 \(a\) 的长度，那么无解
考虑计算答案：
- 对于新图的单个的环，把长度相同的一起 \(dp\)，每次可以合并两个，或者奇数长度的同构等
- 对于基环内向树，如果环上一条链 \(a\) 和环的沿逆时针方向的另一条链的距离等于 \(a\) 的长度，那么只有一种方案，否则如果大于，就有两种，因为此时 \(a\) 的靠近环的点可以选择连上逆时针方向的一个点
把这些东西互不影响，乘法原理即可
# include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn(1e5 + 5);
const int mod(1e9 + 7);
inline void Inc(int &x, int y) {
x = x + y >= mod ? x + y - mod : x + y;
}
inline void Dec(int &x, int y) {
x = x - y < 0 ? x - y + mod : x - y;
}
inline int Add(int x, int y) {
return x + y >= mod ? x + y - mod : x + y;
}
inline int Sub(int x, int y) {
return x - y < 0 ? x - y + mod : x - y;
}
int n, cir[maxn], cnt, fa[maxn], vis[maxn], len, d[maxn], in[maxn];
int ans, f[maxn], a[maxn], chain[maxn], que[maxn << 1];
inline void GetCircle() {
int i;
for (i = 1; i <= len; ++i) if (d[que[i]] ^ 1) return;
cir[++cnt] = len;
for (i = 1; i <= len; ++i) vis[que[i]] = 2;
}
void Dfs1(int u) {
int cur;
vis[u] = 1, in[u] = 1;
if (!vis[a[u]]) fa[a[u]] = u, Dfs1(a[u]);
else if (in[a[u]]) {
len = 0;
for (cur = u; ; cur = fa[cur]) {
que[++len] = cur, vis[cur] = 3;
if (cur == a[u]) break;
}
GetCircle();
}
in[u] = 0;
}
void Dfs2(int u) {
chain[a[u]] = chain[u] + 1;
if (vis[a[u]] > 1) return;
Dfs2(a[u]);
}
int Solve(int x) {
int cur, i, j, ret = 1;
que[len = 1] = x;
for (cur = a[x]; cur ^ x; cur = a[cur]) que[++len] = cur;
reverse(que + 1, que + len + 1), cur = len + len;
for (i = 1; i <= len; ++i) vis[que[i]] = 4, que[len + i] = que[i];
for (i = 1; i <= len; ++i)
if (chain[que[i]]) {
for (j = i + 1; j <= cur && !chain[que[j]]; ++j);
if (chain[que[i]] > j - i) puts("0"), exit(0);
if (chain[que[i]] < j - i) Inc(ret, ret);
i = j - 1;
}
return ret;
}
int main() {
int i, j, k, ret = 1;
scanf("%d", &n);
for (i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", &a[i]), ++d[a[i]];
for (i = 1; i <= n; ++i) if (!d[i]) Dfs1(i);
for (i = 1; i <= n; ++i) if (!vis[i]) Dfs1(i);
for (i = 1; i <= n; ++i)
if ((vis[i] > 1 && d[i] > 2) || (vis[i] == 1 && d[i] > 1)) return puts("0"), 0;
sort(cir + 1, cir + cnt + 1);
for (i = 1; i <= n; i = j) {
for (j = i; j <= n && cir[j] == cir[i]; ++j);
f[i - 1] = 1;
for (k = i; k < j; ++k) {
f[k] = f[k - 1];
if (cir[i] > 1 && (cir[i] & 1)) Inc(f[k], f[k - 1]);
if (k > i) Inc(f[k], (ll)f[k - 2] * (k - i) % mod * cir[i] % mod);
}
ret = (ll)ret * f[j - 1] % mod;
}
for (i = 1; i <= n; ++i) if (vis[i] == 1) vis[i] = 0;
for (i = 1; i <= n; ++i) if (!d[i]) Dfs2(i);
for (i = 1; i <= n; ++i) if (vis[i] == 3) ret = (ll)ret * Solve(i) % mod;
printf("%d\n", ret);
return 0;
}