分析
首先是对极小值均是0的理解，它的意思即为在每一次函数斜率改为-1后，一定要一直下降到0才可以。
因此我们就可以给方案数另一种理解方式，在1到 n 之间，可以选择多少种不同的函数下降点，使它经过所有的确定点。
这样一来就好分析多了，我们可以将问题转化为每两个定点之间，前一个的方案数可以如何转移到后一个的方案数，而到每一个定点时会有两种情况，上升或是下降，因此对于动态规划数组，我们在第二维用0代表到该定点正在上升的方案数，1代表下降。
容易想到最简单的情况就是横坐标之差恰好为纵坐标之差，这样二者之间的转移方式只能为一条斜率恒定的线段。
但如果纵坐标之差大于横坐标之差呢？前面说了，可以将方案数转为可以换为选择多少种不同的下降点，因此我们就考虑如果将左端点按斜率-1向右下降至0，右端点按斜率为1向左下降至0，它们之间是否还有多余的操作空间来加以修改。
因此我们定义一个整数 h，使 \(h=x2-x1-y1-y2\)，如果 \(x<0\)，那么说明无法先下降再上升回去，因此直接将前一个上升方案赋给它的下降方案。如果等于0，就说明可以刚好下降后上升到该点，下降赋值不变，上升则是前一点的两种方案之和，因为上升期间可以随意下降。
对于 \(h>0\) 的情况呢？相当于中间的这一段我们可以不断地选择不同的分割方式，分成数段反复上升和下降的片段，而最小的一段长度应为2，所以在一开始计算 h 时我们就应将它除以2，这样的话就相当于将 h 任意分割了，方案数则是 \(2^{h-1}\)，而对于前一点上升的方案来说，它还可以继续上升，选择其它位置斜率转为下降，因此在数组转移时前一个上升的方案要乘2再赋值。
那对于函数最大值呢？我们想到贪心，在前一个可以上升，后一个转移后发现可以下降进入该点的情况下，我们就可以前一个点持续上升，上升到刚好一直下降就可以到后一点时，就是这一段可以到达的函数最大值，至此本题就解决了。
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int mod=19940417;
int n,k,mx;
void add(int &xx,int yy){xx=(xx+yy)%mod;}
inline void read(int &res){
res=0;
char c=getchar();
while(c<‘0‘||c>‘9‘)c=getchar();
while(c>=‘0‘&&c<=‘9‘)res=(res<<1)+(res<<3)+c-48,c=getchar();
}
inline int qpow(int ds,int zs){
if(zs==0)return 1;
int x=1;
while(zs){
if(zs&1)x=x*ds%mod;
ds=ds*ds%mod;zs>>=1;
}
return x;
}
struct node{
int x,y;
}a[1000010];
bool operator<(node aa,node bb){return aa.x<bb.x;}
bool operator==(node aa,node bb){return aa.x==bb.x&&aa.y==bb.y;}
int f[1000010][2];
signed main(){
read(n);
read(k);
for(int i=1;i<=k;i++)read(a[i].x),read(a[i].y);
a[++k]=(node){0,0};a[++k]=(node){n,0};
sort(&a[1],&a[k+1]);k=unique(&a[1],&a[k+1])-a-1;
f[1][1]=1;
for(int i=1;i<k;i++){
int h=a[i+1].x-a[i].x-a[i+1].y-a[i].y;h>>=1;
if(a[i+1].y-a[i].y==a[i].x-a[i+1].x)f[i+1][1]=(f[i][1]+f[i][0])%mod;
else if(a[i+1].y-a[i].y==a[i+1].x-a[i].x)f[i+1][0]=(f[i][0]+(a[i].y?0:f[i][1]))%mod;
else if(h<0)f[i+1][1]=f[i][0];
else if(h==0)f[i+1][0]=(f[i][1]+f[i][0])%mod,f[i+1][1]=f[i][0];
else {
int j=qpow(2,h-1);
if(a[i+1].y)f[i+1][0]=(f[i][1]+2LL*f[i][0])*j%mod;
f[i+1][1]=(f[i][1]+2LL*f[i][0])*j%mod;
}
if((f[i+1][1]||a[i+1].y==0)&&(f[i][0]||a[i].y==0))mx=max(mx,(a[i+1].x+a[i+1].y-a[i].x+a[i].y)/2);
}
cout<<f[k][1]%mod<<" "<<mx<<endl;
return 0;
}