@description@
给定一个长度为 N 的序列 a，问有多少排列 p，满足对于每一个 i，都有 (a_i = p_i) 或 (a_i = p_{p_i}) 成立。
@solution@
为了更直观地理解问题，不妨建个图：连有向边 (i -> p_i)。
对于任意序列 a，这样建出的图是一个基环树森林；对于排列 p，这样建出的图是若干个环。
当 (a_i = p_i) 或 (a_i = p_{p_i}) 成立时，相当于我们把排列 p 对应的图的某个边 (i -> p_i) 替换成 (i -> p_{p_i})，最终得到序列 a 对应的图。
如果将某一个奇环的边全部替换，将得到另一个大小相同的奇环。
如果将某一个偶环的边全部替换，将得到两个大小为原先一半的环。
如果将某一个环的边不完全替换（不包括不替换的情况），一定得到一个基环树。
那么我们可以将 a 序列中相同大小的环放在一起计数，把 a 序列中每一个基环树进行计数。
环的情况一定是全部替换/全部不替换，上面的讨论已经包含了所有情况。
考虑基环树。首先你自己手玩一下，发现基环树如果要合法，一定是一个环 + 某些环上的点延伸出去恰好一条链。
其实比较容易理解。替换后每个点的入度最多为 2，且入度为 2 的一定是环上的点。
理论上延伸出去一条链的环上的点会贡献 2 倍方案数：可能延伸出去的链是被替换的；可能环上的入边是被替换的。但是有不合法的情况。
不妨记延伸出去链长为 x，顺着入边走找到的最近的有链延伸出去的点距离为 y。
当 x < y 时，延伸出去的链才可能是被替换的；当 x <= y 时，环上的入边才可能是被替换的。
这个自己手玩一下就能发现了。
@accepted code@
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define ILLEGAL puts("0"), exit(0)
const int MAXN = 100000;
const int MOD = int(1E9) + 7;
const int INV2 = (MOD + 1) / 2;
int pow_mod(int b, int p) {
int ret = 1;
for(int i=p;i;i>>=1,b=1LL*b*b%MOD)
if( i & 1 ) ret = 1LL*ret*b%MOD;
return ret;
}
int fct[MAXN + 5], ifct[MAXN + 5], f[MAXN + 5];
int comb(int n, int m) {
return 1LL*fct[n]*ifct[m]%MOD*ifct[n-m]%MOD;
}
void init() {
fct[0] = 1;
for(int i=1;i<=MAXN;i++)
fct[i] = 1LL*fct[i-1]*i%MOD;
ifct[MAXN] = pow_mod(fct[MAXN], MOD - 2);
for(int i=MAXN-1;i>=0;i--)
ifct[i] = 1LL*ifct[i+1]*(i+1)%MOD;
f[0] = 1;
for(int i=2;i<=MAXN;i+=2)
f[i] = 1LL*comb(i, 2)*f[i-2]%MOD*pow_mod(i/2, MOD-2)%MOD;
}
int a[MAXN + 5], N;
bool tag[MAXN + 5], vis[MAXN + 5];
int cnt[MAXN + 5], b[MAXN + 5], ind[MAXN + 5];
int main() {
init(), scanf("%d", &N);
for(int i=1;i<=N;i++)
scanf("%d", &a[i]), ind[a[i]]++;
for(int i=1;i<=N;i++)
if( ind[i] >= 3 ) ILLEGAL;
for(int i=1;i<=N;i++) {
if( ind[i] == 2 ) {
if( tag[i] ) continue;
int p = i;
while( !vis[p] )
vis[p] = true, p = a[p];
if( p != i ) ILLEGAL;
p = i;
do {
tag[p] = true, p = a[p];
}while( p != i );
}
}
for(int i=1;i<=N;i++) {
if( ind[i] == 0 ) {
int t = 0, p = i;
while( !tag[p] )
vis[p] = true, t++, p = a[p];
b[p] = t;
}
}
int ans = 1;
for(int i=1;i<=N;i++) {
if( b[i] ) {
int t = 0, p = i;
do {
t++, p = a[p];
}while( !b[p] );
if( t < b[p] ) ILLEGAL;
else if( t > b[p] ) ans = 2LL*ans%MOD;
}
}
for(int i=1;i<=N;i++) {
if( !vis[i] ) {
int t = 0, p = i;
do {
vis[p] = true, t++, p = a[p];
}while( !vis[p] );
cnt[t]++;
}
}
for(int i=1;i<=N;i++) {
int del = 0;
for(int j=0;j<=cnt[i];j+=2) {
int tmp = 1;
tmp = 1LL*tmp*comb(cnt[i], j)%MOD*f[j]%MOD*pow_mod(i, j/2)%MOD;
if( (i & 1) && i != 1 ) {
tmp = 1LL*tmp*pow_mod(2, cnt[i] - j)%MOD;
}
del = (del + tmp) % MOD;
}
ans = 1LL*ans*del%MOD;
}
printf("%d
", ans);
}
@details@
其实细节比较多。不过这道题最奇妙的是数形结合利用建图简化思维。