[Aizu2993]Invariant Tree

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

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 300005
#define mod 998244353
#define ll long long
vector<int>v[N];
int n,s,ans,a[N],vis[N],cnt[N];
int qpow(int n,int m){
    int s=n,ans=1;
    while (m){
        if (m&1)ans=(ll)ans*s%mod;
        s=(ll)s*s%mod;
        m>>=1;
    }
    return ans;
}
void dfs(int k){
    if (vis[k])return;
    s++,vis[k]=1,dfs(a[k]);
}
int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if (!vis[i])s=0,dfs(i),cnt[s]++;
    ans=1; 
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=(i<<1);j<=n;j+=i)v[j].push_back(i);
    if ((!cnt[1])&&(!cnt[2])){
        printf("0
");
        return 0;
    }
    int st=2;
    if (cnt[1]){
        if (cnt[1]!=1)ans=qpow(cnt[1],cnt[1]-2);
    }
    else{
        st=3;
        ans=(ll)qpow(cnt[2],cnt[2]-1)*qpow(2,cnt[2]-1)%mod;
    }
    for(int i=st;i<=n;i++){
        if (!cnt[i])continue;
        int w=0,s=0;
        for(int j=0;j<v[i].size();j++)w+=v[i][j]*cnt[v[i][j]];
        ans=(ll)ans*w%mod*qpow(w+i*cnt[i],cnt[i]-1)%mod;
    }
    printf("%d
",ans);
    return 0;
}