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$\mathcal{D}escription$
给$n$对区间，要求每对区间恰好选一个使得选出来的$n$个区间有交集，问有多少方案数
$1\le n,l_i,r_i\le 5\times 10^5$

$\mathcal{S}olution$
注意到区间的值域也是$5\times 10^5$，考虑从值域入手，也就是枚举每个点看有多少种方案使最后的交集包含这个点
设有$k$对区间的两个区间都包含这个点，那么就有$2^k$种方案
显然，这样的方法会算重，因为不同的点可能对应相同的选择方案，考虑当前枚举的点是$i$，假设$i-1$对应的方案数为$2^m$，如果点$i$相比点$i-1$没有新增的区间，也没有减少区间，那么$i$和$i-1$方案数是完全一样的，如果$i$比$i-1$新增了一些区间并没有减少区间，那么$i$对应的方案数是包含了$i-1$对应的方案数的，新增的方案数是二者的差$2^k-2^m$，而如果减少了一些区间，那么我们记减少了后对应的方案数为$2^p$，新增的方案数仍然是二者的差$2^k-2^p$，我们只需维护这个过程即可，总复杂度$O(n)$

$\mathcal{C}ode$

#include <cstdio>
#include <vector>
using namespace std;
const int maxn = 5e5 + 10;
const int mod = 1e9 + 7;
int n, k, ans;
int num[maxn], mi[maxn];
vector <int> in[maxn], out[maxn];
int mo (int x)
{if (x >= mod)   return x - mod;return x;
}
int main ()
{scanf("%d", &n);mi[0] = 1;for (int i = 1; i <= n; ++i)    mi[i] = mo(mi[i - 1] << 1);for (int i = 1, l, r; i <= n; ++i) {scanf("%d%d", &l, &r);in[l].push_back(i), out[r + 1].push_back(i);scanf("%d%d", &l, &r);in[l].push_back(i), out[r + 1].push_back(i);}int tot = 0, mx = 500000, lst = mx + 1;for (int i = 1; i <= mx; ++i) {for (int v : out[i]) {if (num[v] == 2)    --k;--num[v];if (!num[v])    --tot;}if (tot < n)	lst = mx + 1;else	lst = k;for (int v : in[i]) {if (!num[v])    ++tot;++num[v];if (num[v] == 2)    ++k;if (tot == n) {if(lst == mx + 1 || k > lst)    ans = mo(mo(ans + mod - mi[lst]) + mi[k]);lst = k;}}}printf("%d\n", ans);return 0;
}

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