对于每个点 $i$，将他和他的身上的权值 $p_i$ 代表的那个点连边。最后构成了许多许多的长度 $\in [1,n]$ 的环。

把长度为 $n$ 的环变成 $n$ 个长度为 $1$ 的自环，最少需要 $n-1$ 次操作。这可以用数学归纳法证明。

记 $F_n$ 为把长度为 $n$ 的环变成 $n$ 个长度为 $1$ 的自环，在步数最小的前提下的操作方式数。

要想把长度为 $n$ 的环变成 $n$ 个长度为 $1$ 的自环，首先肯定要将它划分成长度为 $x,y$ 且 $x+y=n$ 的两个环。

那么，有多少种划分方式呢？我们记把长度为 $n$ 的环划分成长度为 $x,y$ 且 $x+y=n$ 的两个环的方式数为 $T(x,y)$。 我们考虑这样一个图：

这个是交换了 $1,5$。你也可以交换 $2,5$。

我们发现，对于每个点，总有两个合适的点来和这个点交换，以达到划分的目的。因此，$T(x,y)$ 为 $2n/2=n$。

但是，我们发现，当 $n$ 为偶数且 $x=y$ 时，这两个点会重合， $T(x,y)$ 变成 $n/2$。

所以， $$ T(x,y)=\begin{cases} n/2, & n \equiv 0 \pmod 2\ \mathrm{and}\ x=y\\ n, & \mathrm{others} \end{cases} $$ 我们再考虑一下操作次序的问题。显然地，两个环之间互不影响。可以把一个环看成一类，用可重集排列数计算 $x-1$ 步和 $y-1$ 步之间怎么“交错”。“交错”的方法数依据公式，也就是 $(n-2)!/((x-1)!(y-1)!)$。

因此，根据可重集排列数、加法原理、乘法原理，我们得到 $$ F_n=\sum_{x+y=n} T(x,y)F_xF_y\dfrac{(n-2)!}{(x-1)!(y-1)!} $$ 用 dfs 找出所有的环，它们的长度为 $l_1,l_2,\ldots,l_k$，则再考虑考虑“交错”的方法数，我们得到答案 $$ \prod_{i=1}^{k}F_{l_i} \times \dfrac{(n-k)!}{\prod_{i=1}^k(l_i-1)!} $$ 阶乘肯定与模数 $10^9+9$ 互素，因此用费马小定理求逆元即可。

这样的时间复杂度是 $\mathrm{O}(n^2)$。

俗话说打表是第一生产力。我们在研究 $F_i$ 的规律时，意外地发现 $F_i=i^{i-2}$。（我也不会证明……如果您会证明，请联系我）。这样，时间复杂度变为 $\mathrm{O}(n \log n)$。

当然，如果你信不过这个规律，你也可以打一个 $F_i$ 的表放到代码里头……这样的时间复杂度是 $\mathrm{O}(\mathrm{It\ would\ be\ accepted})$……

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
using namespace std;
typedef long long ll;
int n, uu, hea[100005], cnt, bel[100005], din, hav[100005], ans, T;
int jie[100005];
struct Edge{
    int too, nxt;
}edge[200005];
const int mod=1e9+9;
void add_edge(int fro, int too){
    edge[++cnt].nxt = hea[fro];
    edge[cnt].too = too;
    hea[fro] = cnt;
}
void dfs(int x, int c){
    bel[x] = c;
    for(int i=hea[x]; i; i=edge[i].nxt){
        int t=edge[i].too;
        if(!bel[t])
            dfs(t, c);
    }
}
int ksm(int a, int b){
    if(!a)    return 1;
    if(b<0)    return 1;
    int re=1;
    while(b){
        if(b&1)    re = ((ll)re * a) % mod;
        a = ((ll)a * a) % mod;
        b >>= 1;
    }
    return re;
}
int main(){
    cin>>T;
    jie[0] = 1;
    for(int i=1; i<=100000; i++)
        jie[i] = ((ll)jie[i-1] * i) % mod;
    while(T--){
        memset(hav, 0, sizeof(hav));
        memset(bel, 0, sizeof(bel));
        memset(hea, 0, sizeof(hea));
        cnt = din = 0;
        scanf("%d", &n);
        for(int i=1; i<=n; i++){
            scanf("%d", &uu);
            add_edge(i, uu);
            add_edge(uu, i);
        }
        for(int i=1; i<=n; i++)
            if(!bel[i])
                dfs(i, ++din);
        for(int i=1; i<=n; i++)
            hav[bel[i]]++;
        ans = 1;
        for(int i=1; i<=din; i++)
            ans = ((ll)ans * ksm(hav[i], hav[i]-2)) % mod;
        ans = ((ll)ans * jie[n-din]) % mod;
        for(int i=1; i<=din; i++)
            ans = ((ll)ans * ksm(jie[hav[i]-1], mod-2)) % mod;
        cout<<ans<<endl;
    }
    return 0;
}