先膜一下Iscream巨巨

首先我们可以把题目转化为线段覆盖，如果两条线段相交（不算某一条完全在另一条里面的情况），那么这两条线段代表的集装箱就不能放到同一个栈里，我们在它们之间连一条边。如果图里有奇环，那么说明无解。于是黑白染色，可以和食物链那个一样用并查集维护，如果有解，设连通块个数为\(S\)，那么答案就是\(2^S\)

然而线段很多，直接连边怕是要T飞。考虑如何维护线段相交，可以用一个栈，如果遇到线段的左端点就把它入栈，遇到右端点时就把左端点到栈顶的所有未出栈的线段都和它连边，然后把左端点弹出

然而要在栈的中间弹出……小栈它可能做不太到……所以可以定义一个\(nxt[i]\)表示\(i\)后面（包括自己）第一个没有出栈的元素，用一个类似并查集的方法乱搞就可以资瓷弹栈了

然而相交的次数还是很多……考虑当前线段左端点和右端点间的这些线段要么颜色相等要么无解，所以可以用一个\(jp[i]\)表示\(i\)后面下一个可能与它颜色不同的位置，每一次从左端点的下一位开始跳\(jp\)并暴力更改即可

//minamoto#include
    
     #define R register#define fp(i,a,b) for(R int i=a,I=b+1;i
     
      I;--i)#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)using namespace std;char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;inline char getc(){return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;}int read(){    R int res,f=1;R char ch;    while((ch=getc())>'9'||ch<'0')(ch=='-')&&(f=-1);    for(res=ch-'0';(ch=getc())>='0'&&ch<='9';res=res*10+ch-'0');    return res*f;}const int N=2e6+5,P=1e9+7;int ksm(R int x,R int y){    R int res=1;    for(;y;y>>=1,x=1ll*x*x%P)if(y&1)res=1ll*res*x%P;    return res;}int fa[N],nxt[N],pos[N],st[N],w[N],jp[N];int n,top,ans,l,r,x,y,z;int find(int x){return fa[x]==x?x:fa[x]=find(fa[x]);}int Nxt(int x){return nxt[x]==x?x:nxt[x]=Nxt(nxt[x]);}int add(R int x,R int y){    R int u=find(x),v=find(y),uu=find(x+n),vv=find(y+n);    if(u==v||uu==vv)return 0;    u<=vv?fa[vv]=u:fa[u]=vv;    v<=uu?fa[uu]=v:fa[v]=uu;    return 1;}int main(){//  freopen("testdata.in","r",stdin);    n=read();    fp(i,1,n)l=read(),r=read(),w[l]=w[r]=i;    fp(i,1,2*n)nxt[i]=fa[i]=i,jp[i]=i+1;    fp(i,1,2*n)if(!pos[w[i]])pos[w[i]]=++top,st[top]=w[i];    else{        x=pos[w[i]],y=Nxt(x+1);        while(y<=top){            if(!add(w[i],st[y]))return puts("0"),0;            z=jp[y],jp[y]=top+1,y=Nxt(z);        }nxt[x]=x+1;    }    fp(i,1,2*n)if(find(i)==i)++ans;    ans>>=1,ans=ksm(2,ans);printf("%d\n",ans);    return 0;}