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题意

求 \(i\perp j\to p_i\perp p_j\) 的排列个数，部分位置钦定。\(n\leq 10^6\)

题解

首先质因子集合相同的数可以连边，其次我们可能会将两个 \(\lfloor \dfrac{n}{p_i}\rfloor\) 的质数 \(p_i\) 进行替换。那么没有钦定任何 \(p_i\) 是，将 \(1\) 看作一个大质数，每组质因子集合相同的数会贡献一个阶乘、每组 \(\lfloor \dfrac{n}{p}\rfloor\) 相同的指数 \(p\) 会贡献一个阶乘。

如果有位置钦定，先判断二者所有质因子的 \(\lfloor \dfrac{n}{p}\rfloor\) 集合应当相同；其次质数的替换关系只会关系到 \(\sqrt n\) 以上的质数，我们考虑二者最大质数的替换关系，这些关系不应矛盾。符合这些要求后，一个 \(i\to p_i\) 的边会使其质因子集合的贡献减少；一个新加进来的质数的替换关系会使 \(\lfloor \dfrac{n}{p}\rfloor\) 对应的贡献减少。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int getint(){ int x;cin>>x;return x; }
#define uint unsigned int
mt19937 rnd;
const int N=1e6+10,mod=1e9+7;
int a[N];
bool boo[N]; int pri[N],cnt=0;
uint W[N]; int mx[N];
uint sqf[N],w[N];
int c[N];
int C[N];
int mp[N],pm[N];

int main(){
//	freopen("permutation.in","r",stdin);
//	freopen("permutation.out","w",stdout);
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);cout.tie(0);
	int n=getint();
	for(int i=1;i<=n;i++)W[i]=rnd();
	sqf[1]=1;
	mx[1]=n;
	++C[1];
	w[1]=W[1];
	for(int i=2;i<=n;i++){
		if(!boo[i])pri[cnt++]=i,w[i]=W[n/i],sqf[i]=i,++C[n/i],mx[i]=i;
		for(int j=0;j<cnt&&i*pri[j]<=n;j++){
			int v=i*pri[j];
			boo[v]=1;
			mx[v]=mx[i];
			if(i%pri[j])w[v]=w[i]^w[pri[j]],sqf[v]=sqf[i]*sqf[pri[j]];
			else{
				w[v]=w[i];
				sqf[v]=sqf[i];
				break;
			}
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)++c[sqf[i]];
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int ai=getint();
		if(ai==0)continue;
		if(w[i]!=w[ai])return puts("0"),0;
		if(mp[mx[i]]&&mp[mx[i]]!=mx[ai])return puts("0"),0;
		if(pm[mx[ai]]&&pm[mx[ai]]!=mx[i])return puts("0"),0;
		if(!mp[mx[i]]&&!pm[mx[ai]])--C[n/mx[i]];
		mp[mx[i]]=mx[ai];pm[mx[ai]]=mx[i];
		--c[sqf[i]];
	}
	int ans=1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=c[i];j++)
			ans=ans*1ll*j%mod;
		for(int j=1;j<=C[i];j++)
			ans=ans*1ll*j%mod;
	}
	cout<<ans<<endl;
}