相当于给定一些区间，我们要把这些区间分成两组，使得每组内的区间要么分离要么包含
如果两个区间相交且不包含，那么在它们之间连一条边（不能在同一个栈中），最后如果不是二分图就无解，否则设连通块个数为$cnt$，则答案为$2^{cnt}$（每个连通块确定一个点属于哪个栈，其他点全都确定了，所以一个连通块有两种方法）
暴力连边是$O(n^2)$的，我们要优化连边
因为最后我们要染色判二分图，所以不妨设$0$边为“经过这条边颜色不变”的边，$1$边为“经过这条边颜色改变”的边
先把所有区间按$l$排序，依次从区间$i$连边，同时用set以$r$为关键字存区间，那么因为当前在set里的区间左端点都比$i$的左端点小，set里右端点在$i$内的即是要连边的区间$j$
对于每个$j$，我们都要连边$(i,j,1)$，不妨连$(i,j_1,1)$和$(j_1,j_2,0)\cdots$，$0$边连了$j_\cdots$一条链
注意到我们会连很多无用$0$边，所以用另一个set以同样顺序维护区间，但这个set不存那些已经连了左右$0$边的区间，连边的时候只从这个set里找就可以了
然而时间复杂度我好像不会分析
有兴趣的话可以去看一下官方题解，解法②的分治还是很有参考价值的（把所有区间分成三类：被$[l,mid]$包含的，被$[mid+1,r]$包含的，包含$[mid,mid+1]$的，然后分治并处理第三类和每一类的交）
#include<stdio.h>
#include<stdlib.h>
#include<set>
using namespace std;
const int inf=2147483647;
int bl[2000010],h[1000010],nex[4000010],to[4000010],v[4000010],c[1000010],M;
void ins(int a,int b,int c){
M++;
to[M]=b;
v[M]=c;
nex[M]=h[a];
h[a]=M;
}
void add(int a,int b,int c){
ins(bl[a],bl[b],c);
ins(bl[b],bl[a],c);
}
int r[2000010],st[1000010],pr[2000010],nx[2000010],tp;
set<int>s1,s2;
set<int>::iterator it;
void dfs(int x,int f){
if(c[x]){
if(c[x]!=f){
putchar('0');
exit(0);
}
return;
}
c[x]=f;
for(int i=h[x];i;i=nex[i]){
dfs(to[i],f^v[i]);
}
}
int main(){
int n,i,x,y,ans;
scanf("%d",&n);
for(i=1;i<=n;i++){
scanf("%d%d",&x,&y);
r[x]=y;
bl[y]=i;
}
s1.insert(inf);
s1.insert(-inf);
s2.insert(inf);
s2.insert(-inf);
for(i=1;i<=2*n;i++){
if(r[i]){
it=s1.lower_bound(r[i]);
nx[r[i]]=*it;
it--;
pr[r[i]]=*it;
if(*it>i)add(r[i],*it,1);
it=s2.lower_bound(r[i]);
for(it--;*it>i;it--){
if(pr[*it]>i){
add(*it,pr[*it],0);
pr[*it]=-inf;
}
if(nx[*it]<r[i]){
add(*it,nx[*it],0);
nx[*it]=inf;
}
if(pr[*it]==-inf&&nx[*it]==inf)st[++tp]=*it;
}
while(tp>0)s2.erase(st[tp--]);
s1.insert(r[i]);
s2.insert(r[i]);
}
}
ans=1;
for(i=1;i<=n;i++){
if(!c[i]){
dfs(i,2);
(ans<<=1)%=1000000007;
}
}
printf("%d",ans);
}