整个算法范围两部分：判断仙人掌与得出答案
Part 1 判断仙人掌
对于一个无自环无重边的无向连通图，方案数非 (0) 当且仅当这个图本身满足仙人掌的性质（即：任意一条边最多属于一个简单环）。
因此我们需要判断仙人掌。
注意这道题的特殊性，你会发现，一个简单环对答案是无贡献的（原因请看 Part 2）。
因此我们不需要存储每个环包括多少条边，以及包含的边是什么。我们只需要对处于简单环中的边打上删除标记即可。
因此，在仙人掌判断中，
({你不需要 tarjan, 或者树上差分，你只需要暴力})
解释 在 dfs 中，当你发现这条边指向的节点不是父亲，但却已经被访问过，设这条边为 (u-v)，那么 (u-v-LCA(u,v)-u) 构成一个环，你只需要用类似暴力求LCA的方法一层层往上爬，并对爬到的边打标记即可。不要忘了给 (u-v) 打上删除标记。
正确性 一条边至多只可能被打一次的删除标记。如果被打第二次，那么可以判断这条边至少处于两个简单环中，因此立即返回并输出 (0)（无解）。
注意，
({1. 你最好需要邻接表存图。})
解释 因为若你对一条边 u-v 打标记，你肯定也要对 v-u 打标记。使用编号从 (0) 开始的邻接表时，如果要对编号为 (e) 的边打标记，对 (lfloorfrac{e}{2}
floor) 打标记即可。使用 (vector) 存图会麻烦很多。
({2. 你最好需要存，从父亲节点到自己的边的编号。})
解释 因为在暴力对一个环上的边打标记时，存下这条“到父边”（姑且让我用这个名词吧）可以保证跳到父亲的复杂度为 (Theta(1)) 的。不存这条边，只能暴力搜索出边，均摊复杂度 (Theta(frac{m}{n}))。（当然，你要跟我说最好情况都是 (Omega(1))，我也没办法。但是出题人大概率不会这么良心。）
({3. 一旦发现当前图不是仙人掌，立即返回。})
解释 如果等到搜索结束再返回，复杂度可以被卡到最坏 (O(n^2))。
Part 2 求解仙人掌
现在我们已经确定原图为仙人掌（非仙人掌右转 puts("0")），并且对环上的边打上了删除标记。
({Q:}) 为什么“环上的边对答案无贡献”？
({A:}) 显然，环上的边已经处于一个简单环之中。因此根据仙人掌的定义，我们不能把这些“环上的边”包含到其他简单环之中。因此这些边不可能对答案有贡献。
引理 考虑到原图已经被我们划分成了一些树，而且这些树之间是不会互相影响的。
证明 注意到，如果你想对两棵树上的两个节点连边，由于原图是无向连通图，因此这两棵树原来肯定被一条环上的链所连接。因此，若要对这两棵树上的这两个节点连边，原来环上的链就会被覆盖 (2) 次，不符合仙人掌定义。
因此，我们可以对每棵树单独求解，然后将答案利用乘法原理乘起来即可。
考虑现在我们达到了什么。
我们成功将一道 仙人掌 上的问题转化成了 树 上的问题（部分分 #6~#7）
考虑设计 (DP)。
先把辅助数组 (h) 讲了。
(h[i]) 表示有 (i) 个点，它们之间匹配的方案数
简单来讲，现在有 (i) 个点，都是某个节点 (u) 的孩子，而且这 (i) 个节点各自到 (u) 的边都没有被简单环覆盖（易知：(i=operatorname{size_{Children_u}})）
考虑到如果连一条边 (v-w) 那么 (v-u) 与 (w-u) 这两条边都会被覆盖。
故：一个点 (v) 最多只能与它的兄弟连一条边。
由于 (h) 值与树的形态无关，可以预处理。
假设已有 (i - 1) 个点，现在加入 (1) 个点。
这个点可以不与任何兄弟连边，方案数为 (h[i - 1])
这个点可以选择与一个兄弟连边，有 (i - 1) 种选择，每种选择带来 (h[i - 2]) 的贡献，方案数 ((i - 1)·h[i - 2])
所以，
({这时候你要想清楚这个状态为什么设计。})
设计状态 (g[u]) 表示节点 (u) 可向上拓展 的方案数。
考虑 (g[u]) 的转移。
由 (g[u]) 的意义，我们需要在 (ucupoperatorname{Children_u}) 中选出一个节点，作为接口节点，可以同父亲的其他直接孩子的子树节点连接。
因为 (u-fa[u]) 这条边最多只能属于一个简单环，所以保留一个接口节点即可。
我们有
其中 (Deg) 表示 (operatorname{size_{Children_u}})
注意到，此时我们将节点 (u) 自身也作为 (operatorname{Children_u}) 的一个兄弟来计算。关于这点，理解方式有二：
- (g[u] = h[Deg] · prod_{vin operatorname{Children_u} }g[v] + Deg · h[Deg - 1] · prod_{vin operatorname{Children_u} }g[v]= exttt{原式})
如果把 (u) 自身作为接口节点，方案数为加号左边，不解释；
如果把 (u) 的一个孩子作为接口节点，方案数为加号右边。- 解释：选择一个孩子（(Deg)）剩下的任意匹配（$h[Deg - 1] $）再乘上孩子的 (g) 值（(prod_{vin operatorname{Children_u} }g[v])）
- 如果在 (h[Deg + 1]) 种匹配中，
- (u) 被连边：假设 (u-v) 被连，那么这条边的意义不是连接，而是选定 (v) 作为接口节点
- (u) 未被连边：(u) 即接口节点
然而，
({答案不是 g[root]})
考虑到在 (g) 的转移中，有可能 (u-v) 被连 ((vin operatorname{Children_u}))。这时，按照我们的理解，(v) 被选中作为接口节点。
但是 (root) 节点不再向上延伸，(root) 节点不需要接口节点，接口节点的存在只会导致答案重复统计
在 (g) 的转移中，我们确实重复统计了一些边的贡献，但是这“重复统计”的前提是“接口节点”
意即：(g[u]) 被 (fa[u]) 所统计，才是“重复统计”的正确性之源。
({对于一棵树，答案是 }h[Deg_{root}] · prod_{vin operatorname{Children_{root}} }g[v])
这样不会重复统计。
这也就是其他很多题解中提到的 (f) 数组。
代码
见 gitee 仓库 https://gitee.com/hkxa/mycode/blob/master/luogu/P3687.cpp