文章目录

前言
CF1227A Math Problem
CF1227B Box
CF1227C Messy
CF1227D Optimal Subsequences
CF1227E Arson In Berland Forest
CF1227F Wrong Answer on test 233
- $Description\text{Description}$
- $Solution\text{Solution}$
- - easy version
  - hard version
- $Code\text{Code}$
CF1227G Not Same
CF1261F Xor-Set

前言

~~三倍经验~~
（为了方便，均按洛谷题号）
1227ABC是水题
D是小清新数据结构
E是之前考过的题，但是没了不碰边界的条件，细节稍微要更多一些
F1是垃圾dp，F2是降智数学题（水紫！）
G是很神奇的构造题
1261F是神仙线段树题，实现起来倒不难，主要是难以想到

CF1227A Math Problem

$Description\text{Description}$

给出 $n$ 条线段（含端点），请你给出一条最短的线段，使其与所有线段都有交，输出最短的长度（ $r - l$ ）.
$n≤105n\le10^5$

$Solution\text{Solution}$

要求均有交的充要条件是： $l≤min⁡ri∧r≥max⁡lil\le\min r_i\land r\ge\max l_i$ .
所以答案就是 $max(0,\max l_i-\min r_i)$ .

$Code\text{Code}$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
const int N=5e5+100;
inline ll read(){ll x(0),f(1);char c=getchar();while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}while(isdigit(c)) {x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}return x*f;
}
int n,m,k;signed main(){
#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("a.in","r",stdin);freopen("a.out","w",stdout);
#endifint T=read();while(T--){int l=2e9,r=-2e9;n=read();for(int i=1;i<=n;i++){int x=read(),y=read();l=min(l,y);r=max(r,x);}r=max(l,r);printf("%d\n",r-l);}return 0;
}
/**/

CF1227B Box

$Description\text{Description}$

有一个长度为 $n$ 的排列 $q_{1...n}$ ，定义 $pi=max⁡j≤iqjp_i=\max_{j\le i} q_j$ ，现在给出 $p1...n(pi≥pi−1)p_{1...n}(p_i\ge p_{i-1})$ ，请你构造一个合法的 $q$ 或者报告无解.
$n≤105n\le 10^5$

$Solution\text{Solution}$

显然，最大值改变的位置必然就是最大值.
剩下的位置从前往后贪心的先填小的即可.
如果和最大值条件矛盾则无解.

$Code\text{Code}$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
const int N=2e5+100;
inline ll read(){ll x(0),f(1);char c=getchar();while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}while(isdigit(c)) {x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}return x*f;
}
int n,m,k;
int vis[N];
int ans[N],mx[N];
signed main(){
#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("a.in","r",stdin);freopen("a.out","w",stdout);
#endifint T=read();while(T--){int now=0;n=read();fill(vis,vis+1+n,0);fill(ans,ans+1+n,0);for(int i=1;i<=n;i++){mx[i]=read();if(mx[i]>now){now=mx[i];ans[i]=mx[i];vis[mx[i]]=1;//printf("i=%d mx=%d\n",i,mx[i]);}}int pl=1,flag=0;for(int i=1;i<=n;i++){if(ans[i]) continue;while(vis[pl]) ++pl;//printf("i=%d pl=%d\n",i,pl);ans[i]=pl;vis[pl]=1;if(ans[i]>mx[i]){flag=1;printf("-1\n");break;}}if(!flag){for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d ",ans[i]);putchar('\n');}    }return 0;
}
/**/

CF1227C Messy

$Description\text{Description}$

给出一个长度为 $n$ 的括号序列，你每次可以翻转一个区间，请在 $n$ 次操作内使序列变为合法序列且恰好有 $k$ 个前缀是合法前缀（包括本身）.
保证存在合法解.
$n≤2000n\le2000$

$Solution\text{Solution}$

令前 $k - 1$ 个都是 $()$ 的形状，然后填成 $(((((. . .)))))$ 即可.
$n^2$ 暴力就可过.
（预处理一些东西应该可以线性，但是懒得打了）.

$Code\text{Code}$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
const int N=2e5+100;
inline ll read(){ll x(0),f(1);char c=getchar();while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}while(isdigit(c)) {x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}return x*f;
}
int n,m,k;
char s[N];
int l,r;
signed main(){
#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("a.in","r",stdin);freopen("a.out","w",stdout);
#endifint T=read();while(T--){n=read();k=read();scanf(" %s",s+1);--k;int x=n/2,y=n/2;printf("%d\n",n);for(int i=1;i<=n;i++){if((k>0&&i%2==0)||(!x)){l=r=i;while(s[r]=='(') ++r;printf("%d %d\n",l,r);swap(s[l],s[r]);--k;--y;}else{l=r=i;while(s[r]==')') ++r;printf("%d %d\n",l,r);swap(s[l],s[r]);--x;}}}return 0;
}
/**/

CF1227D Optimal Subsequences

$Description\text{Description}$

给定一个长度为 $n$ 的正整数序列 $a_1,a_2,...,a_n$ 。

有 $m$ 个询问，每次询问给出两个正整数 $k, p o s$ 。你需要找到一个长度为 $k$ 的子序列，且满足如下要求：

该子序列的元素和是所有子序列中最大的；
该子序列是所有满足上一条件的子序列中字典序最小的一个。

对于每个询问，输出该子序列的第 $p o s$ 个元素的值。

$\le n,m \le 2\times10^5$ （这是与困难版本唯一的区别）， $1≤k≤n\ 1 \le k \le n$ ，在同一询问中有 $\le pos \le k$ 。

$Solution\text{Solution}$

一种主席树实现的在线做法.
设选出的子序列的最小值为 $m n$ ，那么必然是大于 $m n$ 的全部选，等于 $m n$ 的元素尽量靠前选.
设 $m n$ 在当前序列中共出现了 $n u m$ 次.
考虑二分答案，利用主席树询问前面在给定能否选到的数的个数是否达到 $k$ 次，注意 $m n$ 最多取 $n u m$ 个.

$Code\text{Code}$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
const int N=2e5+100;
inline ll read(){ll x(0),f(1);char c=getchar();while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}while(isdigit(c)) {x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}return x*f;
}
int n,m,k;
int a[N],q[N],cnt,sum[N],ori[N];
#define mid ((l+r)>>1)
struct tree{int siz,ls,rs;
}tr[N<<5];
int rt[N],tot;
inline int copy(int x){tr[++tot]=tr[x];return tot;
}
void upd(int &k,int l,int r,int p){  k=copy(k);//debug("k=%d (%d %d) p=%d\n",k,l,r,p);if(l==r){tr[k].siz++;return;}if(p<=mid) upd(tr[k].ls,l,mid,p);else upd(tr[k].rs,mid+1,r,p);tr[k].siz=tr[tr[k].ls].siz+tr[tr[k].rs].siz;return;
}
int ask(int k,int l,int r,int x,int y){if(!k||x>y) return 0;if(x<=l&&r<=y) return tr[k].siz;int res=0;if(x<=mid) res+=ask(tr[k].ls,l,mid,x,y);if(y>mid) res+=ask(tr[k].rs,mid+1,r,x,y);return res;
}
bool cmp(int x,int y){return x>y;}
signed main(){
#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("a.in","r",stdin);freopen("a.out","w",stdout);
#endifn=read();for(int i=1;i<=n;i++) q[i]=a[i]=read();sort(q+1,q+1+n);cnt=unique(q+1,q+1+n)-q-1;for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=lower_bound(q+1,q+1+cnt,a[i])-q;for(int i=1;i<=n;i++){sum[a[i]]++;rt[i]=rt[i-1];upd(rt[i],1,cnt,a[i]);}for(int i=cnt;i>=1;i--) sum[i]+=sum[i+1];memcpy(ori,a,sizeof(a));sort(a+1,a+1+n,cmp);m=read();for(int i=1;i<=m;i++){int k=read(),pos=read();int mn=a[k],num=k-sum[mn+1];//printf("mn=%d num=%d\n",mn,num);int st=1,ed=n;while(st<ed){int mmid=(st+ed)>>1;if(ask(rt[mmid],1,cnt,mn+1,cnt)+min(num,ask(rt[mmid],1,cnt,mn,mn))>=pos) ed=mmid;else st=mmid+1;	    }printf("%d\n",q[ori[st]]);}return 0;
}
/**/

CF1227E Arson In Berland Forest

$Description\text{Description}$

在一个无限大的矩阵中，每个位置是一棵树。在一个 $\times m$ 的子矩阵中，发生了一场火灾，一些树被摧毁了。被摧毁的树用字符 X 表示，未被摧毁的树用字符 . 表示。子矩阵外的树都没有被摧毁.

在 $0$ 时刻，有些树是自发着火的.
接下来的每一分钟内，每一棵着火（也即，被摧毁）的树，会使得它周围的 $8$ 个相邻的树着火.
在第 $T$ 分钟初，火灾停止.

现在给定最后被摧毁的树，求最大可能的 $T$ ，并求出任意一种满足的、自发着火的树的集合.

$Solution\text{Solution}$

bfs 预处理出每个燃烧点到外部的最短距离 $d i s$ .
二分时间 $t$ ，那么 $dis≥tdis\ge t$ 的点是可以初始燃烧的.
从可以初始燃烧的所有点 bfs $t$ 次，若 bfs 的地图和原图一致，则合法.
注意边界的树是完好的.

$Code\text{Code}$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
const int N=3e6+100;
inline ll read(){ll x(0),f(1);char c=getchar();while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}while(isdigit(c)) {x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}return x*f;
}
int n,m,k;
#define id(a,b) ((a)*(m+2)+(b))
bool vis[N];
int mp[N],dis[N];
int dx[9]={0,-1,-1,-1,0,1,1,1,0},dy[9]={0,-1,0,1,1,1,0,-1,-1};
#define pr pair<int,int>
#define mkp make_pair
pr q[N];
int st,ed;
void bfs(){st=1;ed=0;for(int i=0;i<=n+1;i++){for(int j=0;j<=m+1;j++){if(!mp[id(i,j)]){vis[id(i,j)]=1;q[++ed]=mkp(i,j);}}}while(st<=ed){int x=q[st].first,y=q[st].second;++st;//printf("(%d %d)\n",x,y);for(int i=1;i<=8;i++){int xx=x+dx[i],yy=y+dy[i];if(xx<1||xx>n||yy<1||yy>m) continue;if(vis[id(xx,yy)]) continue;//printf("  ->(%d %d)\n",xx,yy);vis[id(xx,yy)]=1;dis[id(xx,yy)]=dis[id(x,y)]+1;q[++ed]=mkp(xx,yy);}}return;
}
int a[N];
bool check(int k){st=1,ed=0;memset(vis,0,sizeof(vis));for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=m;j++) if(dis[id(i,j)]>=k) q[++ed]=mkp(i,j),vis[id(i,j)]=1;}//for(int i=1;i<=n;i++){//for(int j=1;j<=m;j++) printf("%d",vis[id(i,j)]);//putchar('\n');//}for(int ned=ed,i=1;i<k;i++,ed=ned){while(st<=ed){int x=q[st].first,y=q[st].second;++st;for(int i=1;i<=8;i++){int xx=x+dx[i],yy=y+dy[i];if(xx<1||xx>n||yy<1||yy>m) return false;if(vis[id(xx,yy)]) continue;vis[id(xx,yy)]=1;q[++ned]=mkp(xx,yy);}}}for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=m;j++) if(vis[id(i,j)]^mp[id(i,j)]) return false;}return true;
}
signed main(){
#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("a.in","r",stdin);freopen("a.out","w",stdout);
#endifn=read();m=read();char c;for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=m;j++){scanf(" %c",&c);mp[id(i,j)]=c=='X';}}bfs();//printf("%d\n",check(2));//return 0;int st=1,ed=max(n,m);while(st<ed){int mid=(st+ed+1)>>1;if(check(mid)) st=mid;else ed=mid-1;}  printf("%d\n",st-1);for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=m;j++){if(dis[id(i,j)]>=st) putchar('X');else putchar('.');}putchar('\n');}return 0;
}
/*
*/

CF1227F Wrong Answer on test 233

$Description\text{Description}$

有 $n$ 道题，你的程序在上交答案时把答案交串了，第 $i$ 个答案变成了第 $i%n+1i\%n+1$ 个.
给出 $n$ 道题的正确答案以及选项数 $k$ ，求有多少中初始上交的答案，能使交串后正确的题目数变多.

$Solution\text{Solution}$

easy version

$n≤2000,k≤109n\le2000,k\le10^9$
设计 $dp_{i,j}$ 表示填到第 $i$ 题，多填对了 $j$ 道题的方案数.
暴力转移即可.

hard version

$n≤2×105,k≤109n\le2\times10^5,k\le10^9$
原来 dp 的做法行不通了，我们需要另辟蹊径.
设 $f_i$ 表示多对了 $i$ 道题的方案数，由于对称性，有 $f_i=f_{-i}$ .
所以我们的答案其实就是：
$kn−f02\dfrac{k^n-f_0}{2}$
所以我们只需要求出 $f_0$ 就行了.
连续两个答案相同无法产生差异，我们扫一遍求出有 $m$ 个位置可以产生差异.
枚举答对（答错）的题目数，则有：
$f0=∑i=0⌊m2⌋kn−m×Cmi×Cm−1i×(k−2)m−2if_0=\sum_{i=0}^{\lfloor\frac{m}{2}\rfloor}k^{n-m}\times C_m^i\times C_{m-1}^i\times (k-2)^{m-2i}$
直接求解即可.

$Code\text{Code}$

dp:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
const int N=2050;
const int mod=998244353;
inline ll read(){ll x(0),f(1);char c=getchar();while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}while(isdigit(c)) {x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}return x*f;
}
int n,m,k;
ll dp[2][N<<1];
int now,nxt,o=2000,a[N];
signed main(){
#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("a.in","r",stdin);freopen("a.out","w",stdout);
#endifn=read();k=read();for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();dp[nxt=1][0+o]=1;for(int i=1;i<=n;i++){swap(now,nxt);memset(dp[nxt],0,sizeof(dp[nxt]));for(int j=-i;j<=i;j++){if(a[i]==a[i%n+1]) (dp[nxt][j+o]+=dp[now][j+o]*k)%=mod;else{(dp[nxt][j+1+o]+=dp[now][j+o])%=mod;(dp[nxt][j-1+o]+=dp[now][j+o])%=mod;(dp[nxt][j+o]+=(k-2)*dp[now][j+o])%=mod;}}}ll res(0);for(int i=1;i<=n;i++) (res+=dp[nxt][i+o])%=mod;printf("%lld\n",res);return 0;
}
/*
*/

组合数：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
const int N=2e5+100;
const int mod=998244353;
inline ll read(){ll x(0),f(1);char c=getchar();while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}while(isdigit(c)) {x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}return x*f;
}
int n,m,k;
int a[N];
ll ans;
ll ksm(ll x,ll k){ll res=1;while(k){if(k&1) res=res*x%mod;x=x*x%mod;k>>=1;}return res;
}
ll jc[N],ni[N],mi[N];
inline ll C(int n,int m){return jc[n]*ni[m]%mod*ni[n-m]%mod;
}
signed main(){
#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("a.in","r",stdin);freopen("a.out","w",stdout);
#endifn=read();k=read();if(k==1){printf("0");return 0;}for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();for(int i=1;i<=n;i++) m+=(a[i]!=a[i%n+1]);jc[0]=1;for(int i=1;i<=m;i++) jc[i]=jc[i-1]*i%mod;ni[m]=ksm(jc[m],mod-2);for(int i=m-1;i>=0;i--) ni[i]=ni[i+1]*(i+1)%mod;mi[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++) mi[i]=mi[i-1]*(k-2)%mod;ans=ksm(k,n);ll w=ksm(k,n-m);for(int i=0;i<=m/2;i++) ans=(ans+mod-w*C(m,i)%mod*C(m-i,i)%mod*mi[m-2*i]%mod)%mod;ans*=ksm(2,mod-2);ans%=mod;printf("%lld\n",ans);return 0;
}
/*
*/

CF1227G Not Same

$Description\text{Description}$

给定大小为 $n$ 的序列 $a$ , 满足 $\leqslant a_i \leqslant n$ .

你需要执行至多 $n + 1$ 次操作使得所有数变为 $0$ ,每次操作你可以把一个子集的元素都 $- 1$ , 要求每次操作的子集互不相同.

$n⩽1000n\leqslant 1000$ .

$Solution\text{Solution}$

把所有元素从大到小排序.
排序后的第 $i$ 个元素从第 $i$ 行开始连续填，到头循环即可.
为什么这样必然合法？
首先不难发现，这样填完之后后一列最多比前一列的下部低一位.
假设第 $i$ 行和第 $j$ 行完全相同. $(i < j)$
那么由于第 $i$ 行的第 $i + 1$ 列没有数，那么第 $j$ 行的第 $i + 1$ 列也没有数.
那么第 $i + 2$ 列最多比 $i + 1$ 列往下一行，不可能同时让第 $i$ 列和第 $j$ 列有数，也只能让两列都没有数.
以此类推，最后到第 $j$ 列的时候，第 $j$ 行第 $j$ 列必然有数（元素为正数），但第 $i$ 行第 $j$ 列却没有数，矛盾.
原命题得证.

$Code\text{Code}$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
const int N=1050;
const int mod=998244353;
inline ll read(){ll x(0),f(1);char c=getchar();while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}while(isdigit(c)) {x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}return x*f;
}
int n,m,k;
int a[N],x[N];
bool cmp(int x,int y){return a[x]>a[y];}
int ans[N][N];
signed main(){
#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("a.in","r",stdin);freopen("a.out","w",stdout);
#endifn=read();for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read(),x[i]=i;sort(x+1,x+1+n,cmp);for(int i=1;i<= n;i++){int now=x[i];for(int j=i;a[now];j=j%(n+1)+1) ans[j][now]=1,a[now]--;}printf("%d\n",n+1);for(int i=1;i<=n+1;i++){for(int j=1;j<=n;j++) printf("%d",ans[i][j]);putchar('\n');}return 0;
}
/*
*/

CF1261F Xor-Set

$Description\text{Description}$

给出两个整数集合 $A, B$ ，求所有使得存在 $\in A,b \in B$ 且 $\oplus b=c$ 的整数 $c$ 之和取模 $998244353$ 的值，其中 $⊕\oplus$ 表示按位异或，即 xor.

对于 $A$ ，给出 $n_A$ ，然后给出 $n_A$ 个区间 $l_i,r_i]$ ，表示对于所有满足 $li≤a≤ril_i \le a \le r_i$ 的整数 $a$ 都有 $\in A$ （即 $[li,ri]∈A[l_i,r_i] \in A$ ）。对于 $B$ 以同样方式给出其中的元素.

$A, B$ 都是不重集，即每个整数至多在集合中出现一次（虽然对题意没有影响）.

数据范围： $\le n_A,n_B \le 100,1 \le l_i,r_i \le 10^{18}$ .

$Solution\text{Solution}$

每个区间可以转化为 $O (l o g n)$ 个形如 $l,l+2^k-1]$ 的连续区间.
注意到，当两个这样的区间异或时，结果还是一个连续区间，而且易于求解.
直接拆的话复杂度是 $O(n^2log^210^{18})$ .
考虑优化.
注意到，若长度为 $x$ 的区间 $A$ 与长度为 $y$ 的区间 $B$ 异或（ $x≥y)x\ge y)$ ，结果等价于区间 $A$ 与包含区间 $B$ 的长度同样为 $x$ 的区间异或.
所以我们上线段树，每次令一个集合存入所有线段经过的所有区间，另一个集合存入所有线段包含的所有区间，对同一深度的区间异或即可.
这样异或得到的区间数 $w=O(n^2log10^{18})$ ，由于最后求所以区间交需要排序，所以总复杂度为 $O (w l o g w)$ .

$Code\text{Code}$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
const int N=105;
const int mod=998244353;
inline ll read(){ll x(0),f(1);char c=getchar();while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}while(isdigit(c)) {x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}return x*f;
}
int na,nb;
ll o=(1ll<<60)-1;
#define mid ((l+r)>>1)
struct line{ll l,r;bool operator < (const line &o)const{return l<o.l;}
}a[N],b[N];
vector<line>va[80],vb[80];
void upd1(ll l,ll r,ll x,ll y,ll d){//printf("  upd1:(%lld %lld) (%lld %lld) d=%lld\n",l,r,x,y,d);va[d].push_back((line){l,r});if(x<=l&&r<=y) return;if(x<=mid) upd1(l,mid,x,y,d+1);if(y>mid) upd1(mid+1,r,x,y,d+1);return;
}
void upd2(ll l,ll r,ll x,ll y,ll d){//printf("  upd2:(%lld %lld) (%lld %lld) d=%lld\n",l,r,x,y,d);if(x<=l&&r<=y){vb[d].push_back((line){l,r});return;}if(x<=mid) upd2(l,mid,x,y,d+1);if(y>mid) upd2(mid+1,r,x,y,d+1);return;
}line ans[N*N*500];
int tot;
void solve(){for(int i=1;i<=na;i++) upd1(0,o,a[i].l,a[i].r,0);for(int i=1;i<=nb;i++) upd2(0,o,b[i].l,b[i].r,0);for(int d=1;d<=60;d++){for(auto u:va[d]){for(auto v:vb[d]){ll low=u.l^u.r;ans[++tot]=(line){(u.l^v.l)&(~low),(u.l^v.l)|low};//printf("(%lld %lld) ^ (%lld %lld) -> (%lld %lld)\n",u.l,u.r,v.l,v.r,ans[tot].l,ans[tot].r);}}}return;
}
ll res;
inline ll sum(ll a,ll b){a%=mod;b%=mod;return ((b-a+1)*(a+b)>>1)%mod;
}
signed main(){
#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("a.in","r",stdin);freopen("a.out","w",stdout);
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*/