Description

放假啦！

小林和康娜来到了港口，看到有货船正在卸货。

港口十分狭窄，只有两个卸货区可以使用。每个卸货区上面可以堆积任意多个箱子。

每卸下来一个箱子，工作人员都会把这个箱子放在某个卸货区的顶端。之后，当车辆来运走这个箱子的时候，也必须保证这个箱子在某个卸货区的顶端。

港口今天一共运来了N个箱子，第i个箱子在时刻Ai被卸货，在时刻Bi被取走。康娜发现，每个箱子被取走时，都恰好位于所在卸货区的顶端。

康娜觉得很有意思，她想要知道，有多少种卸货方案，使得每个箱子在被取走时都位于所在卸货区的顶端呢？

两种方案不同，当且仅当存在一个箱子，使得在两个方案中这个箱子被放在了不同的卸货区。

Input

第一行一个正整数N，表示箱子的数量。

接下来N行，每行两个空格分割的正整数Ai和Bi，表示第i个箱子在时刻Ai被卸货，在时刻Bi被取走。

Output

输出一行一个非负整数，表示合法的卸货方案。由于这个数字可能过大，你只需要输出方案数对1,000,000,007的模数即可。

Sample Input

4

1 3

2 5

4 8

6 7

Sample Output

4

HINT

对于10%的数据，N<=20

对于30%的数据，N<=2000

对于100%的数据，

1<=N<=10^5

1<=Ai<Bi<=2N

A1,A2,...,AN,B1,B2,...,BN构成1...2N的一个排列。

 

题解：

如果两个物品i,j不能放在一个卸货区上（即 a[i]<a[j]<b[i]<b[j] or a[j]<a[i]<b[j]<b[i]），则记为i与j冲突，在i与j之间连一条边。

这样建出了一个无向图，若其能二分图染色，则存在方案，为2^(连通块个数)。

如果暴力建图，则复杂度为O(n^2)，不可行。

考虑用带权并查集，每个点支持查询祖先以及其与祖先染色是否相同，就可以维护连通块了。

现在的问题是如何去掉重复意义的边。

我们可以用线段树套vector来维护右端点在[l,r]之间的物品。这些物品代表的是其所属的并查集以及其在并查集中的染色。若某个vector中的两个物品代表的意义相同，则可以只留一个。

我们把物品按照左端点排序，按顺序插入线段树，则前i-1个物品中，右端点在[a[i]+1,b[i]-1]的物品都与物品i冲突。

这些物品可以在线段树区间[a[i]+1,b[i]-1]中查询得到。我们把这些物品以及物品i所代表的并查集合在一起。

若有两个物品代表的并查集相同，但是染色不同，则发生冲突，不可二分图染色，输出0。

然后，我们清空区间[a[i]+1,b[i]-1]所用到的线段树节点的vector（这些物品现在都代表同一个并查集），根据清空前其中的物品代表的染色，最多重新放入两个。

最后，我们在包含b[i]的线段树节点的vector中放入物品i。

最后，输出ans=2^(并查集个数)。

 

代码：

1 #include
       
         2 using namespace std; 3 vector 
        
          v[400005]; 4 int t[400005][4],n,fa[200005][2],bo[100005][2],cnt,nn,tot,now; 5 pair 
         
           a[100005],b[200005]; 6 void build(int l,int r,int fa) 7 { 8     cnt++; int x=cnt; t[x][0]=l; t[x][1]=r;  9     if(t[x][0]==t[fa][0])t[fa][2]=x;else t[fa][3]=x;10     if(l==r)return;11     build(l,(l+r)/2,x); build((l+r)/2+1,r,x);12 }13 int get2(int x);14 int get1(int x)15 {16     if(fa[x][0]!=x){ int a=fa[x][0]; fa[x][0]=get1(a); fa[x][1]^=get2(a); }17     return fa[x][0];18 }19 int get2(int x)20 {21     if(fa[x][0]!=x){ int a=fa[x][0]; fa[x][0]=get1(a); fa[x][1]^=get2(a); }22     return fa[x][1];23 }24 void ss(int x,int l,int r)25 {26     if(l>r)return;27     int ll=t[x][0],rr=t[x][1]; int mid=(ll+rr)/2;28     if((ll==l)and(rr==r))29     {30         int mm=v[x].size();31         for(int i=0;i
          
           mid)ss(t[x][3],l,r);else40     { ss(t[x][2],l,mid); ss(t[x][3],mid+1,r); }41 }42 void ss2(int x,int l,int r)43 {44     if(l>r)return;45     int ll=t[x][0],rr=t[x][1]; int mid=(ll+rr)/2;46     if((ll==l)and(rr==r))47     {48         int mm=v[x].size(),q[2]; q[0]=0; q[1]=0;49         for(int i=0;i
           
            0)v[x].push_back(q[0]); 56         if(q[1]>0)v[x].push_back(q[1]);57         return;58     }59     if(r<=mid)ss2(t[x][2],l,r);else60     if(l>mid)ss2(t[x][3],l,r);else61     { ss2(t[x][2],l,mid); ss2(t[x][3],mid+1,r); }62 }63 void ss3(int x,int l,int y)64 {65     int ll=t[x][0],rr=t[x][1]; int mid=(ll+rr)/2;66     v[x].push_back(y); if(ll==rr)return; 67     if(l<=mid)ss3(t[x][2],l,y);68     if(l>mid)ss3(t[x][3],l,y);69 }70 void hb(int x,int y,int z)71 {72     int a=get1(x); if(a==y)return; 73     fa[a][0]=y; fa[a][1]^=z; tot--;74 }75 int main()76 {77     freopen("port.in","r",stdin);78     freopen("port.out","w",stdout);79     scanf("%d",&n); tot=n;80     for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d%d",&a[i].first,&a[i].second),fa[i][0]=i;81     sort(a+1,a+n+1); build(1,2*n,0);82     for(int i=1;i<=n;i++)83     {84         nn=0; now=i;85         ss(1,a[i].first+1,a[i].second-1);86         sort(b+1,b+nn+1);87         for(int j=1;j<=nn;j++)88         {89             if((j>1)and(b[j].first==b[j-1].first)){ printf("0\n"); return 0; }90             hb(b[j].first,i,b[j].second^1); bo[b[j].first][b[j].second]=0;91         }92         ss2(1,a[i].first+1,a[i].second-1);93         ss3(1,a[i].second,i);94     }95     long long ans=1;96     for(int i=1;i<=tot;i++)ans=(ans*2)%1000000007;97     printf("%lld\n",ans);98 }