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:
 #include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
vector <int> v[];
int t[][],n,fa[][],bo[][],cnt,nn,tot,now;
pair <int,int> a[],b[];
void build(int l,int r,int fa)
{
cnt++; int x=cnt; t[x][]=l; t[x][]=r;
if(t[x][]==t[fa][])t[fa][]=x;else t[fa][]=x;
if(l==r)return;
build(l,(l+r)/,x); build((l+r)/+,r,x);
}
int get2(int x);
int get1(int x)
{
if(fa[x][]!=x){ int a=fa[x][]; fa[x][]=get1(a); fa[x][]^=get2(a); }
return fa[x][];
}
int get2(int x)
{
if(fa[x][]!=x){ int a=fa[x][]; fa[x][]=get1(a); fa[x][]^=get2(a); }
return fa[x][];
}
void ss(int x,int l,int r)
{
if(l>r)return;
int ll=t[x][],rr=t[x][]; int mid=(ll+rr)/;
if((ll==l)and(rr==r))
{
int mm=v[x].size();
for(int i=;i<mm;i++)
{
int aa=get1(v[x][i]),bb=get2(v[x][i]); int xxx=v[x][i];
if(bo[aa][bb]==){ bo[aa][bb]=; nn++; b[nn]=make_pair(aa,bb); }
}
return;
}
if(r<=mid)ss(t[x][],l,r);else
if(l>mid)ss(t[x][],l,r);else
{ ss(t[x][],l,mid); ss(t[x][],mid+,r); }
}
void ss2(int x,int l,int r)
{
if(l>r)return;
int ll=t[x][],rr=t[x][]; int mid=(ll+rr)/;
if((ll==l)and(rr==r))
{
int mm=v[x].size(),q[]; q[]=; q[]=;
for(int i=;i<mm;i++)
{
int bb=get2(v[x][i]);
if(q[bb]==)q[bb]=v[x][i];
}
v[x].clear();
if(q[]>)v[x].push_back(q[]);
if(q[]>)v[x].push_back(q[]);
return;
}
if(r<=mid)ss2(t[x][],l,r);else
if(l>mid)ss2(t[x][],l,r);else
{ ss2(t[x][],l,mid); ss2(t[x][],mid+,r); }
}
void ss3(int x,int l,int y)
{
int ll=t[x][],rr=t[x][]; int mid=(ll+rr)/;
v[x].push_back(y); if(ll==rr)return;
if(l<=mid)ss3(t[x][],l,y);
if(l>mid)ss3(t[x][],l,y);
}
void hb(int x,int y,int z)
{
int a=get1(x); if(a==y)return;
fa[a][]=y; fa[a][]^=z; tot--;
}
int main()
{
freopen("port.in","r",stdin);
freopen("port.out","w",stdout);
scanf("%d",&n); tot=n;
for(int i=;i<=n;i++)scanf("%d%d",&a[i].first,&a[i].second),fa[i][]=i;
sort(a+,a+n+); build(,*n,);
for(int i=;i<=n;i++)
{
nn=; now=i;
ss(,a[i].first+,a[i].second-);
sort(b+,b+nn+);
for(int j=;j<=nn;j++)
{
if((j>)and(b[j].first==b[j-].first)){ printf("0\n"); return ; }
hb(b[j].first,i,b[j].second^); bo[b[j].first][b[j].second]=;
}
ss2(,a[i].first+,a[i].second-);
ss3(,a[i].second,i);
}
long long ans=;
for(int i=;i<=tot;i++)ans=(ans*)%;
printf("%lld\n",ans);
}

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