题意及思路看这篇博客就行了，讲得很详细。
下面是我自己的理解：
如果只有2，没有3的话，做法就很简单了，只需要对数组排个序，然后从小到大枚举最大的那个数。那么它对答案的贡献为（假设这个数排序后的位置是pos）2 ^ (pos - 1) * 2 ^ a[pos]。意思是a[pos]这个数必选，其它比它小的数可选可不选，有2^(pos - 1）种情况。现在相当于变成了一个二维的问题。对于这种问题，我们常见的做法是确定一维，在从前往后扫描某一维时加上另一维对答案的贡献。对于这个题，我们可以按数组b从小到大排序，去计算a的贡献。假设现在扫描到的第pos个位置(二元组(a[i], b[i])已经按数组b排序）,我们考虑来计算a[i]对答案的贡献。a对答案的贡献分为2部分，一部分是之前已经出现过的，小于等于a[i]的值，假设一共有x个，那么这部分的贡献为(2 ^ x * 2 ^ a[i]),那么大于a[i]的部分呢？其实和这个式子差不多。对于每个已经出现过，并且大于a[i]的a[j]，假设已经出现过的比a[j]小的数有y个，那么贡献为2 ^ (y - 1) * 2 * a[j]。为什么是y - 1? 因为a[i]是必选的。通过观察，我们可以发现，每一个a[j]对答案的贡献，取决当前已经出现过的数中有多少个比它小的数，所以我们可以这样维护：在每次插入一个值时，先询问在这个数之前出现了多少个数（假设有x个），然后插入2 ^ x * 2 ^ a[i]，询问[i,n]的区间和，就是这一阶段的答案。之后，要把[i + 1,n]中的数乘2，因为他们的前面都多了一个a[i]。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define ls(x) (x << 1)
#define rs(x) ((x << 1) | 1)
#define LL long long
using namespace std;
const int maxn = 100010;
const LL mod = 1000000007;
struct node{
int x, y, rank;
};
bool cmp1(node x, node y) {
return x.x == y.x ? x.y < y.y : x.x < y.x;
}
bool cmp2(node x, node y) {
return x.y == y.y ? x.x < y.x : x.y < y.y;
}
node a[maxn];
struct SegementTree {
LL sum, cnt, lz;
};
SegementTree tr[maxn * 4];
LL qpow(LL x, LL y) {
LL ans = 1;
for (; y; y >>= 1) {
if(y & 1) ans = (ans * x) % mod;
x = (x * x) % mod;
}
return ans;
}
void pushup(int x) {
tr[x].sum = (tr[ls(x)].sum +tr[rs(x)].sum) % mod;
tr[x].cnt = (tr[ls(x)].cnt + tr[rs(x)].cnt) % mod;
}
void maintain(int x, int y) {
tr[x].sum = (tr[x].sum * qpow(2, y)) % mod;
tr[x].lz += y;
}
void pushdown(int x) {
if(tr[x].lz) {
if(tr[ls(x)].cnt) maintain(ls(x), tr[x].lz);
if(tr[rs(x)].cnt) maintain(rs(x), tr[x].lz);
tr[x].lz = 0;
}
}
void build(int x, int l, int r) {
if(l == r) {
tr[x].sum = tr[x].cnt = 0;
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
build(ls(x), l, mid);
build(rs(x), mid + 1, r);
pushup(x);
}
void update_cnt(int x, int l, int r, int pos, int y, int z) {
if(l == r) {
tr[x].cnt = 1;
tr[x].sum = (qpow(2, y) * qpow(2, z)) % mod;
return;
}
pushdown(x);
int mid = (l + r) >> 1;
if(pos <= mid) update_cnt(ls(x), l, mid, pos, y, z);
else update_cnt(rs(x), mid + 1, r, pos ,y, z);
pushup(x);
}
void update_sum(int x, int l, int r, int ql, int qr) {
if(l >= ql && r <= qr) {
tr[x].lz++;
tr[x].sum = (tr[x].sum * 2) % mod;
return;
}
pushdown(x);
int mid = (l + r) >> 1;
if(ql <= mid) update_sum(ls(x), l, mid, ql, qr);
if(qr > mid) update_sum(rs(x), mid + 1, r, ql, qr);
pushup(x);
}
LL query_cnt(int x, int l, int r, int ql, int qr) {
if(l >= ql && r <= qr) {
return tr[x].cnt;
}
int mid = (l + r) >> 1;
pushdown(x);
LL ans = 0;
if(ql <= mid) ans += query_cnt(ls(x), l, mid, ql, qr);
if(qr > mid) ans += query_cnt(rs(x), mid + 1, r, ql, qr);
return ans;
}
LL query_sum(int x, int l, int r, int ql, int qr) {
if(l >= ql && r <= qr) {
return tr[x].sum;
}
int mid = (l + r) >> 1;
LL ans = 0;
pushdown(x);
if(ql <= mid) ans += query_sum(ls(x), l, mid, ql, qr);
if(qr > mid) ans += query_sum(rs(x), mid + 1, r, ql, qr);
return ans % mod;
}
int main() {
int n;
while(~scanf("%d", &n)) {
for (int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%d%d", &a[i].x, &a[i].y);
}
sort(a + 1, a + 1 + n, cmp1);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
a[i].rank = i;
}
sort(a + 1, a + 1 + n, cmp2);
build(1, 1, n);
LL ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
LL tmp = query_cnt(1, 1, n, 1, a[i].rank);
update_cnt(1, 1, n, a[i].rank, tmp, a[i].x);
ans = (ans + query_sum(1, 1, n, a[i].rank, n) * qpow(3, a[i].y) % mod) % mod;
if(a[i].rank != n)
update_sum(1, 1, n, a[i].rank + 1, n);
}
printf("%lld\n", ans);
}
}