考虑给定 \(b\) 如何构造 \(a\)。
拎出基环树的环部分，把这些点连同它们的边删掉（这个环一定在答案中）。递归做即可。
考虑我们在 \(a\) 的环上连一些在 \(\{b_{i, n}\}\) 中排得比 \(a_i\) 前的 \(i \to j\)。可以将问题转化为，若干个环，缩点后连一些边使得它成为 DAG。
一个 DAG 对应的 \(b\) 的个数就是 \(\prod\limits_{i = 1}^n d_i! (n - d_i - 1)!\)，因为入边和出边在 \(b_i\) 中可以独立地随意排列。
然后考虑经典状压 dp，设 \(f(S)\) 为点集 \(S\) 形成了一个 DAG（缩点之后），对应的 \(b\) 的个数。转移枚举入度为 \(0\) 的集合 \(T\)，乘上一个容斥系数 \((-1)^{|T| + 1}\)，可得：
\[f(S) = \sum\limits_{T \subseteq S \land T \ne \varnothing} f(S \setminus T) (-1)^{|T| + 1} g(sz_T, sz_S - sz_T) \]其中 \(sz_S\) 为环集 \(S\) 的点数。\(g(n, m)\) 为 \(n\) 个点可能连向 \(m\) 个点，那 \(n\) 个点的 \(\prod\limits_{i = 1}^n d_i! (n - d_i - 1)!\) 之和。容易发现这 \(n\) 个点互相独立，于是考虑设 \(h(m)\) 为一个点可能连向 \(m\) 个点的系数。有：
\[h(m) = \sum\limits_{i = 0}^m \binom{m}{i} i! (n - 1 - i)! \]\[g(n, m) = h(m)^n \]设环数为 \(c\)，那么此时的复杂度为 \(O(3^c)\)，不能通过。注意到因为转移系数只和 \(S, T\) 的大小和点数有关，于是考虑把 \(\{p_c\}\) 压缩进状态，其中 \(p_c\) 为长度为 \(c\) 的环的出现次数。这样 \(n = 40\) 时状态数最大为 \(1440\)，总时间复杂度 \(O(1440^2 c)\)，可以通过。
code
// Problem: H. Finding satisfactory solutions
// Contest: Codeforces - Good Bye 2020
// URL: https://codeforces.com/problemset/problem/1466/H
// Memory Limit: 1024 MB
// Time Limit: 5000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)
#include <bits/stdc++.h>
#define pb emplace_back
#define fst first
#define scd second
#define mkp make_pair
#define mems(a, x) memset((a), (x), sizeof(a))
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ldb;
typedef pair<ll, ll> pii;
const int maxn = 45;
const ll mod = 1000000007;
ll n, a[maxn], g[maxn][maxn], fac[maxn], C[maxn][maxn], m, f[1444];
pii c[maxn];
bool vis[maxn];
inline vector<int> dec(int x) {
vector<int> vc(m);
for (int i = 0; i < m; ++i) {
vc[i] = x % (c[i].scd + 1);
x /= (c[i].scd + 1);
}
return vc;
}
inline int enc(vector<int> vc) {
int x = 0;
for (int i = m - 1; ~i; --i) {
x = x * (c[i].scd + 1) + vc[i];
}
return x;
}
inline vector<int> nxt(vector<int> now, vector<int> vc) {
vector<int> nv = vc;
++nv[0];
for (int i = 0; i < m; ++i) {
if (nv[i] > now[i]) {
nv[i] = 0;
++nv[i + 1];
} else {
break;
}
}
return nv;
}
void solve() {
scanf("%lld", &n);
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
scanf("%lld", &a[i]);
}
fac[0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
}
for (int i = 0; i <= n; ++i) {
C[i][0] = C[i][i] = 1;
for (int j = 1; j < i; ++j) {
C[i][j] = (C[i - 1][j - 1] + C[i - 1][j]) % mod;
}
}
for (int i = 0; i < n; ++i) {
ll k = 0;
for (int j = 0; j <= i; ++j) {
k = (k + C[i][j] * fac[j] % mod * fac[n - j - 1]) % mod;
}
g[0][i] = 1;
for (int j = 1; j <= n; ++j) {
g[j][i] = g[j - 1][i] * k % mod;
}
}
vector<int> cir;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
if (vis[i]) {
continue;
}
int u = i, cnt = 0;
do {
vis[u] = 1;
u = a[u];
++cnt;
} while (u != i);
cir.pb(cnt);
}
sort(cir.begin(), cir.end());
int len = (int)cir.size();
for (int i = 0, j = 0; i < len; i = (++j)) {
while (j + 1 < len && cir[j + 1] == cir[i]) {
++j;
}
c[m++] = mkp(cir[i], j - i + 1);
}
int all = 1;
for (int i = 0; i < m; ++i) {
all *= (c[i].scd + 1);
}
f[0] = 1;
for (int i = 1; i < all; ++i) {
vector<int> now = dec(i), p(m);
int s0 = 0, c0 = 0;
for (int j = 0; j < m; ++j) {
s0 += now[j] * c[j].fst;
c0 += now[j];
}
while (1) {
int _j = enc(p), s1 = 0, c1 = 0;
if (_j == i) {
break;
}
for (int k = 0; k < m; ++k) {
s1 += (now[k] - p[k]) * c[k].fst;
c1 += now[k] - p[k];
}
ll coef = 1;
for (int k = 0; k < m; ++k) {
coef = coef * C[now[k]][p[k]] % mod;
}
f[i] = (f[i] + f[_j] * ((c1 & 1) ? 1 : mod - 1) % mod * g[s1][s0 - s1] % mod * coef) % mod;
p = nxt(now, p);
}
}
printf("%lld\n", f[all - 1]);
}
int main() {
int T = 1;
// scanf("%d", &T);
while (T--) {
solve();
}
return 0;
}