E - Just one (atcoder.jp)

题意：

思路：

首先有个条件：每个点只有一个出边

如果没有直接看出结论，可以画几个链和树等特殊的图，可以发现，树是不满足条件的，环是满足条件的，因此可以初步猜想，由环和DAG组成的图是满足条件的，即把环缩点之后是个DAG，这样的图是满足条件的

然后手摸样例可知，一个图可能会有很多连通分量，每个连通分量应当满足以上条件

其实进一步，可以这么想：

 

先去判断是否满足条件，如果一个连通分量里面点数!=边数，那么就是不满足条件的

每个连通分量都有一个环，因此每个连通分量都有2种方案

Code：

#include <bits/stdc++.h>

#define int long long

using namespace std;

const int mxn=1e6+10;
const int mxe=1e6+10;
const int Inf=0x3f3f3f3f;
const int mod=998244353;

struct ty{
	int to,next,w;
}edge[mxe<<2];

struct ty2{
	int u,v;
}e[mxe<<2];

map<int,int> mp;

int N,M,u,v;
int tot=0;
int head[mxn],vis[mxn];
int F[mxn],sz[mxn];

void add(int u,int v){
	edge[tot].to=v;
	edge[tot].next=head[u];
	head[u]=tot++;
}
void G_init(){
	tot=0;
	for(int i=0;i<=N;i++){
		head[i]=-1;
	}
}
int find(int x){
	return F[x]=(x==F[x])?x:find(F[x]);
}
void join(int u,int v){
	int f1=find(u),f2=find(v);
	if(f1!=f2){
		F[f1]=f2;
		sz[f2]+=sz[f1];
	}
}
int ksm(int a,int b,int mod){
	int res=1;
	while(b){
		if(b&1) res=(res*a)%mod;
		a=a*a%mod;
		b>>=1;
	}
	return res;
}
void solve(){
	cin>>N>>M;
	for(int i=1;i<=N;i++){
		F[i]=i;
		sz[i]=1;
	}
	G_init();
	for(int i=1;i<=M;i++){
		cin>>u>>v;
		e[i]={u,v};
		join(u,v);
	}
	for(int i=1;i<=M;i++) mp[find(e[i].u)]++;
	for(int i=1;i<=N;i++){
		if(sz[find(i)]!=mp[find(i)]){
			cout<<0<<'\n';
			return;
		}
	}
	int ans=1;
	set<int> S;
	for(int i=1;i<=N;i++) S.insert(find(i));
	cout<<ksm(2,S.size(),mod)<<'\n';
}
signed main(){
    ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
    int __=1;//cin>>__;
	while(__--)solve();return 0;
}