[atARC083F]Collecting Balls

考虑一个构造，对于坐标$(x,y)$，连一条$x$到$y$的边（注意：横坐标和纵坐标即使权值相同也是不同的点），之后每一个连通块独立，考虑一个连通块内部：

每一个点意味着一次删除操作，每一个边意味着一个坐标，由于每一次操作最多删除一个点，因此首先点数要大于等于边数，同时总边数=总点数=$2n$，因此每一个连通块都是基环树

考虑叶子，其必然要删除一个点，只能是与其相连的边，重复此过程，对于不在环上的点或边都可以确定删除的配对关系，对于环上的点枚举两种方向也可以确定

接下来，就是要对于一组给定的配对关系，求对应的方案数，然后相加即为该连通块的方案数

再建一张新图，点仍然是操作，边是有向边，表示操作的先后顺序，考虑如何建图：

1.如果操作$x_{1}$消除了$(x,y)$，那么所有$(x,y')$（其中$y'<y$）都应在其之前被删除，即删除这些点的操作要在$(x,y)$之前，更具体的，将与$x$相连且比$y$小的点向$x$连边

2.同时，我们要保证$(x,y)$不被$y_{2}$删除，但这个的充分条件为$y_{2}$删除了$(x',y)$，而根据上述的边也满足了此条件，因此不必考虑

对于新图，统计方案数：如果存在环，那么方案数为0，否则必然是一棵内向树森林（因为每一个点至多向其父亲连边），考虑dp

令$f_{i}$表示以$i$为根的子树的方案数，由于根必须是子树中最早删除的节点，令$sz_{i}$表示$i$子树大小，$V$表示总点数，则有$ans=frac{V!}{prod sz_{i}}$

（可以这么看待这个式子：对于所有排列中，对于$i$其在子树内删除的名次是随机的，而只有是子树中第一个被删除才符合条件，因此是$frac{1}{sz_{i}}$种）

假设一个连通块点数为$V_{i}$，方案数为$S_{i}$，不难得到$ans=frac{(2n)!}{prod V_{i}!}prod S_{i}$，计算即可

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 200005
#define mod 1000000007
struct ji{
    int nex,to;
}edge[N<<1];
vector<int>v,g[N];
int E,n,x,y,tot,ans,head[N],vis[N],f[N],p[N],r[N],sz[N],fac[N],inv[N];
void add(int x,int y){
    edge[E].nex=head[x];
    edge[E].to=y;
    head[x]=E++;
}
void dfs(int k,int fa){
    f[k]=p[k]=fa;
    vis[k]=1;
    v.push_back(k);
    for(int i=head[k];i!=-1;i=edge[i].nex)
        if (edge[i].to!=fa){
            if (!vis[edge[i].to])dfs(edge[i].to,k);
            else{
                tot++;
                if (!x)x=edge[i].to;
                else y=edge[i].to;
            }
        }
}
void dfs(int k){
    if (sz[k])return;
    sz[k]=1; 
    for(int i=0;i<g[k].size();i++){
        dfs(g[k][i]);
        sz[k]+=sz[g[k][i]];
    }
}
int calc(){
    for(int i=0;i<v.size();i++){
        sz[v[i]]=0;
        g[v[i]].clear();
    }
    for(int i=0;i<v.size();i++)
        if (p[p[v[i]]]>v[i])g[p[v[i]]].push_back(v[i]);
    for(int i=0;i<v.size();i++)dfs(v[i]);
    int ans=1;
    for(int i=0;i<v.size();i++)ans=1LL*ans*inv[sz[v[i]]]%mod;
    return ans;
}
int main(){
    fac[0]=inv[0]=inv[1]=1;
    for(int i=1;i<N-4;i++)fac[i]=1LL*fac[i-1]*i%mod;
    for(int i=2;i<N-4;i++)inv[i]=1LL*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
    scanf("%d",&n);
    memset(head,-1,sizeof(head));
    for(int i=1;i<=2*n;i++){
        scanf("%d%d",&x,&y);
        add(x,y+n);
        add(y+n,x);
    }
    ans=fac[2*n];
    for(int i=1;i<=2*n;i++)
        if (!vis[i]){
            v.clear();
            x=y=tot=0;
            dfs(i,0);
            if (tot>2){
                printf("0");
                return 0;
            }
            for(int j=y;j!=i;j=f[j])p[f[j]]=j;
            p[y]=x;
            int s=calc();
            for(int j=y;j!=x;j=f[j])p[j]=f[j];
            p[x]=y;
            ans=1LL*ans*(s+calc())%mod;
        }
    printf("%d",ans);
}