若$(i,j)in E$，实际上会不断推出$(p_{i},p_{j})in E,(p_{p_{i}},p_{p_{j}})in E,...$
考虑将$i$向$p_{i}$连边得到了一张（由若干个环组成的）有向图，则$(i,j)in E$有以下两个必要条件：
1.若$i$和$j$在同一个环中，则对应环长$l$必须恰为2
设$d$为$i$和$j$的环上距离，则环上距离为$d$的点对间都有边，则这$l$个点之间至少有$l$条边（特别的，若$l=2$时有重边），显然会产生环
2.若$i$和$j$不在同一个环中，假设两者对应环长分别为$u$和$v$，则$umid v$或$vmid u$
（不妨假设$ule v$）设$d=gcd(u,v)$，则与$i$环上距离$equiv $与$j$环上距离$(mod d)$的点对间都有边，也即这$u+v$个点之间至少有$frac{uv}{d}$条边，二若$d<u$则$frac{uv}{d}ge 2vge u+v$，显然会产生环
另外，根据上述分析还可以得到对于$umid v$的情况，这两个环之间会恰有$v$条边
接下来，将图转换到环上，即对所有环之间连边，两环之间有边当且仅当存在一个点对之间有边
继续分析第2类边，还可以得到以下三个个必要条件：
1.两个环之间至多存在一条边
注意到两条边所产生的边必然不同，将两者边数相加即为$2vge u+v$，显然会产生环
2.一个环至多向一个环长严格小于其的环连边
假设其环长为$v$，严格小于其的环长为$u_{1}$和$u_{2}$，则边数为$2v$而点数为$v+u_{1}+u_{2}le 2v$，显然会产生环
3.对于环长相同的点，其内部的边不会产生环
假设环长为$l$，产生的简单环环长为$l'$，则点数和边数均为$ll'$，显然会产生环
根据上述必要条件，可以得到以下推论：环之间的边也不存在环，进而也即是一棵树
以其中环长最小的点为根，得到一棵有根树，那么树上每一条边父亲的环大小必然不超过儿子，进而实际上的边数即其儿子的环大小，总边数也即$n-$根节点的环大小
接下来，需要对是否存在大小为1,2的环分类讨论：
1.若存在大小为1的环，显然以某个大小为1的环为根，再为其余环找一个父亲，此时已经存在$n-1$条边，即不会存在第1类边，并且可以证明：1.此时的原图是一棵树；2.每一条边实际上还对应于父亲的环大小种方案
换言之，也即求所有这样的树（根确定）每一个非根节点父亲环大小乘积和
考虑求出每一种环长对答案的贡献并相乘，而对于其中大小为$i$的环，假设有$cnt$个，令$w$为环长是其约数的环大小和$,f(n,m)$为$n$个点$m$个根的森林数，则贡献为$sum_{m=1}^{cnt}w^{m}i^{cnt-m}f(cnt,m)$
根据purfer序列，可以得到$f(n,m)={n-1choose m-1}n^{n-m-1}$，代入后即为$w(w+icdot cnt)^{cnt-1}$
2.若不存在大小为1的环且存在大小为2的环，显然以某个大小为2的环为根，并需要再挑一个大小为2的环在其中连第1类边来保证环的性质，也即在第1种情况的基础上乘上大小为2的环个数即可
3.若不存在大小为1或2的环，此时显然无解
最终，时间复杂度为$o(nlog n)$（统计$w$），可以通过
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define N 300005 4 #define mod 998244353 5 #define ll long long 6 vector<int>v[N]; 7 int n,s,ans,a[N],vis[N],cnt[N]; 8 int qpow(int n,int m){ 9 int s=n,ans=1; 10 while (m){ 11 if (m&1)ans=(ll)ans*s%mod; 12 s=(ll)s*s%mod; 13 m>>=1; 14 } 15 return ans; 16 } 17 void dfs(int k){ 18 if (vis[k])return; 19 s++,vis[k]=1,dfs(a[k]); 20 } 21 int main(){ 22 scanf("%d",&n); 23 for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]); 24 for(int i=1;i<=n;i++) 25 if (!vis[i])s=0,dfs(i),cnt[s]++; 26 ans=1; 27 for(int i=1;i<=n;i++) 28 for(int j=(i<<1);j<=n;j+=i)v[j].push_back(i); 29 if ((!cnt[1])&&(!cnt[2])){ 30 printf("0 "); 31 return 0; 32 } 33 int st=2; 34 if (cnt[1]){ 35 if (cnt[1]!=1)ans=qpow(cnt[1],cnt[1]-2); 36 } 37 else{ 38 st=3; 39 ans=(ll)qpow(cnt[2],cnt[2]-1)*qpow(2,cnt[2]-1)%mod; 40 } 41 for(int i=st;i<=n;i++){ 42 if (!cnt[i])continue; 43 int w=0,s=0; 44 for(int j=0;j<v[i].size();j++)w+=v[i][j]*cnt[v[i][j]]; 45 ans=(ll)ans*w%mod*qpow(w+i*cnt[i],cnt[i]-1)%mod; 46 } 47 printf("%d ",ans); 48 return 0; 49 }