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题面描述

传送门

思路

对于一个排列 $p_1,p_2,...p_n$，如果从每个 $i$向 $p_i$连一条边，那么可以得到 $n$个点 $n$条边的图，并且这张图由若干个环构成。

列入排列 $2,4,6,1,5,3$对应下图，由 $1-2-4,3-6$和5三个环。

显然，我们最后要得到 $n$个自环，即排列 $1,2,...,n$.

引理:

把一个长度为n的环变成n个自环最少需要n-1次交换操作。

证明:

显然，每一次操作，最多只能将一个环变成两个环，所以将一个长度为n的环变成n个自环，
最少也需要n-1次交换操作。

证毕。

设 $F_n$表示用最少的步数把一个长度为 $n$的环变成 $n$个自环，共有多少种方法。把一个长度为 $n$的环变成 $n$个自环的过程中，把该环拆成长度为 $x$和 $y$的两个环，其中 $x+y=n$。设 $T(x,y)$表示有多少种交换方法可以把长度为n的环变成长度为 $x$和 $y$的两个环，下面我们进行分类讨论:

当n为偶数并且x=y时，

如图,排列4,1,2,3构成一个长度为4的环，我们要将其分成2个长度为2的环。

有2种方法:

则 $T(x,y)=n/2$( $n$为偶数并且 $x=y$)

当 $n$是奇数或 $x \ne y$时， $T(x,y)=n$，如何构造参照上图(在下太懒了)

综上所述，
$T(x,y)=\begin{Bmatrix}n/2&n是偶数并且x=y\\n&n是奇数或x\ne y\end{Bmatrix}$

另外，二者各自变为自环的方法书为 $F_x$和 $F_y$,步数为 $x-1$和 $y-1$。

根据多重集的排列数、加法原理和乘法原理:
$F_n=\sum_{x+y=n}T(x,y)*F_x*F_y*\frac{(n-2)!}{(x-1)!(y-1)!}$

$\large\frac{(n-2)!}{(x-1)!(y-1)!}$相当于有 $n-2$个操作，其中有 $x-1$个为1， $y-1$个为0，
其实相当于求多重集 $\begin{Bmatrix}(x-1)\cdot 1&(y-1)\cdot 0\end{Bmatrix}$的全排列数，即 $\large\frac{(n-2)!}{(x-1)!(y-1)!}$

如果最初的排列 $p_1,p_2,...,p_n$，由长度为 $l_1,l_2,...l_k$的k个环构成，其中 $l_1+l_2+...+l_k=n$，根据多项式排列数，那么最终答案就是:
$F_{l_1}*F_{l_2}*...*F_{l_k}*\frac{(n-k)!}{(l_1-1)!(l_2-1)!...(l_k-1)!}$

稍微解释一下为什么还要乘 $\large\frac{(n-k)!}{(l_1-1)!(l_2-1)!...(l_k-1)!}$，因为我们要 $n-k$步才能变成n个自环，所以相当于我们有 $n-k$个操作，操作如果换一下顺序，就有 $(n-k)!$种，但其中有 $(l_1-1)!(l_2-1)!...(l_k-1)!$种属于同一类，因为相同操作不分先后。

我们可以递推前几项找规律，得到通项公式 $F_n=n^{n-2}$

AC code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#define ll long long
#define gc getchar()
using namespace std;
const ll mod=1e9+9;
const int N=1e5+10;
inline void qr(int &x)
{
	x=0;int f=1;char c=gc;
	while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=gc;}
	while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+(c^48);c=gc;}
	x*=f;
}
void qw(ll x)
{
	if(x/10)qw(x/10);
	putchar(x%10+48);
}
inline ll pow_mod(ll a,ll b)
{
	ll ans=1;a%=mod;
	while(b)
	{
		if(b&1)ans=ans*a%mod;
		b>>=1;a=a*a%mod;
	}
	return ans;
}
ll c[N];int p[N];bool v[N];
int main()
{
	c[0]=1;
	for(int i=1;i<=N;i++)c[i]=c[i-1]*i%mod;
	int t;qr(t);
	while(t--)
	{
		int n;qr(n);ll ans=1;
		for(int i=1;i<=n;i++)qr(p[i]),v[i]=0;
		int cnt=0;
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			if(v[i])continue;
			v[i]=1;
			int len=1;cnt++;
			for(int j=p[i];j!=i;j=p[j])++len,v[j]=1;
			if(len>2)ans=ans*pow_mod(len,len-2)%mod;
			ans=ans*pow_mod(c[len-1],mod-2)%mod;
		}
		ans=ans*c[n-cnt]%mod;
		qw(ans);puts("");
	}
	return 0;
}