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@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。

原题传送门。

@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。