个人思路，中间绕了亿下弯，建议别看，亦被烫到

先考虑每条线段的贡献是否好算，

对于一条线段，与其他线段的关系有三种

• 1、相交（不包含）
• 2、不相交
• 3、包含

先粗略设想一下，从左往右枚举线段，向右找一个终点，使当前线段左端点和终点能通过选一些线段来连通成一个，然后连不到的随便选

然后发现这不是一般的蠢货能想出来的......首先是一看就没可做性，然后是时复高，最重要的是根本无法统计最终答案（我竟然认真想了好久，我真的太困了）

正文：

没什么经验，无法一眼瞪出dp，只能先做尝试

还在绕弯：

先按右端点排序，分上面三种情况讨论

当前线段为i，f[i]表示考虑1~i线段，必选i的所有情况下的复杂度和

• 1、相交：直接继承
• 2、不相交：继承+所有最右端和 i 不相交的情况个数
• 3、包含：直接继承

所以f[i]=sf(sf表示1~i-1所有线段的f和）+ 2^s（s表示 与i不相交的线段个数）

对吧？

这时我们发现错了，原因在哪呢？

看到 (1 6)、(2 3)、(4 5) 这一组线，转移到(1 6)时答案多1，因为(4 5)转移时把(2 3)+(4 5)算为2，而在(1 6)+(2 3)+(4 5)时继承了这个2，实际应为1

所以我们发现，这种 包含内部 无法处理

那怎么办呢？

我们发现，按照L排序，不存在上述情况

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct node{
	int l,r;
	bool operator <(const node x)const{
		return l<x.l;
	}
}a[100005];
const int P=1e9+7;
int n,s[200005];long long p[100005],f[100005],sf;
int main()
{
	cin>>n;p[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		p[i]=p[i-1]*2%P;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>a[i].l>>a[i].r;
		s[a[i].r]++;
	}
	sort(a+1,a+n+1);
	for(int i=1;i<=2*n;i++){
		s[i]+=s[i-1];
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		f[i]=(sf+p[s[a[i].l]])%P;
		sf=(sf+f[i])%P;
	}
	cout<<sf;
	return 0;
}