假设已经确定顺序（且不妨假设$a_{i}<b_{i}$），考虑如何判定是否合法——

显然$a_{i}$不能为峰且峰不能相邻，因此峰数的上限是$n-1$

结论：合法当且仅当存在$k\in [0,n]$使得$\forall 1\le i<k,a_{i+1}<b_{i}$且$\forall k+2\le i\le n,a_{i-1}<b_{i}$

为了描述方便，称第$i$组先加入$a_{i}$再加入$b_{i}$为顺序，反之为逆序

充分性：若满足此条件，将$[1,k]$顺序加入且$(k,n]$逆序加入，根据条件不难得到$\forall i\not\in \{k,k+1\},b_{i}$均是峰，同时在$b_{k}$和$b_{k+1}$中较大的一项也总是峰（特别的，当$k\in \{0,n\}$时之前已经有$n-1$个峰）

必要性：对于$i\in [1,n)$，若$i$是顺序且$i+1$是逆序，那么$b_{i}$和$b_{i+1}$中至少有一个不为峰

特别的，若1是逆序或$n$是顺序，那么$b_{1}$或$b_{n}$不为峰（可以理解为0是顺序且$n+1$是逆序）

结合两者，即存在$k\in [0,n]$，满足$[1,k]$为顺序$,(k,n]$为逆序且$\forall i\not\in\{k,k+1\},b_{i}$均是峰，也即条件

进一步的，注意到$k$仅是确定范围，因此总可以取$k=\min_{1\le i\le n,a_{i+1}>b_{i}}i$（约定$a_{n+1}=\infty$），并判定后者是否成立

回到原问题，考虑初始将其按$b_{i}$从小到大排序，并记$U_{i}=\sum_{i<j,a_{j}<b_{i}}1$

对于$k=n$的情况，考虑从后往前依次加入，第$i$个可行的位置有$U_{i}+1$个（注意$b_{i}$的单调性），因此方案数为$\prod_{i=1}^{n}(U_{i}+1)$

对于$k<n$的情况，枚举$k$和$k+1$对应的编号$x$和$y$（保证$a_{y}>b_{x}$，进而显然$x<y$），将$(k,n]$翻转，问题即可以看作构造两个分别以$x$和$y$结尾的序列（条件类似$k=n$），类似地方案数为$\prod_{i=1}^{x-1}U_{i}\prod_{i=x+1}^{y-1}(U_{i}+1)\prod_{i=y+1}^{n}(U_{i}+2)$（考虑结尾能否选）

关于这个问题，用一个树状数组维护即可，时间复杂度为$o(n\log n)$，可以通过

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 #define N 200005
 4 #define mod 1000000007
 5 #define ll long long
 6 struct Data{
 7     int a,b;
 8     bool operator < (const Data &k)const{
 9         return b<k.b;
10     }
11 }a[N];
12 int n,ans,inv[N],U[N],pre[N],suf1[N],suf2[N],f[N<<1];
13 int lowbit(int k){
14     return (k&(-k));
15 }
16 void update(int k,int x){
17     while (k<=(n<<1)){
18         f[k]=(f[k]+x)%mod;
19         k+=lowbit(k);
20     }
21 }
22 int query(int k){
23     int ans=0;
24     while (k){
25         ans=(ans+f[k])%mod;
26         k-=lowbit(k);
27     }
28     return ans;
29 }
30 int main(){
31     inv[0]=inv[1]=1;
32     for(int i=2;i<N;i++)inv[i]=(ll)(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
33     scanf("%d",&n);
34     for(int i=1;i<=n;i++){
35         scanf("%d%d",&a[i].a,&a[i].b);
36         if (a[i].a>a[i].b)swap(a[i].a,a[i].b);
37     }
38     sort(a+1,a+n+1);
39     for(int i=n;i;i--){
40         U[i]=query(a[i].b);
41         update(a[i].a,1);
42     }
43     pre[0]=suf1[n+1]=suf2[n+1]=1;
44     for(int i=1;i<=n;i++)pre[i]=(ll)pre[i-1]*U[i]%mod;
45     for(int i=n;i;i--)suf1[i]=(ll)suf1[i+1]*(U[i]+1)%mod;
46     for(int i=n;i;i--)suf2[i]=(ll)suf2[i+1]*(U[i]+2)%mod*inv[U[i]+1]%mod;
47     memset(f,0,sizeof(f));
48     ans=suf1[1];
49     for(int i=n;i;i--){
50         ans=(ans+(ll)pre[i-1]*suf1[i+1]%mod*(query(n<<1)-query(a[i].b)+mod))%mod;
51         update(a[i].a,(ll)suf2[i+1]*inv[U[i]+1]%mod);
52     }
53     printf("%d\n",ans);
54     return 0;
55 }

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