第二個樣例解釋：
集合中含有2個區間：乙個是[0,2],編號為1，乙個是[1,3]，編號為2。
集合的子集有4個：
1、空集，集合中區間的並的長度為0
2、，集合中區間的並的長度為2
3、，集合中區間的並的長度為2
4、，集合中區間的並為[0,3]，長度為3
考慮某乙個區間對於答案的貢獻：
若某個區間沒有被其它區間覆蓋，則該區間在子集中出現的總次數為：2^(n-1)次（總子集數-去掉該區間的子集總數)
若某個區間被覆蓋了1次，即有2個區間重疊，那麼該區間在子集中出現總次數為：2^(n-1)+2^(n-2)次（第1個區間在子集中出現的次數+第2個區間在子集中出現且第1個區間不出現的總次數）
…………
可以得到
若該區間被覆蓋了k(k>=0)次，即有k+1個區間重疊，得到該區間在所有子集中出現的總次數：2^(n-1)+2^(n-2)+……+2^(n-k-1)
如何統計每乙個區間的重疊次數？
對於輸入的每乙個區間的兩個端點，給乙個權值，左端點為1，右端點為-1。然後把所有端點按照位置從小到大排序。從左往右掃一遍，累加端點的權值，得到的當前的權值和就是當前所在區間的重疊次數。
累加每個區間的重疊次數*區間長度，即為所求。
#include#include#include#includeusing namespace std;
typedef __int64 ll;
#define maxn 100005
#define mod 1000000007
struct pa[maxn<<1];
ll ans,sum[maxn],p[maxn];
bool cmp(p x,p y)
int main()
sum[1]=p[n-1];
for(i=2;i<=n;++i) sum[i]=(sum[i-1]+p[n-i])%mod;
sort(a+1,a+n+n+1,cmp);
int ans=0,cnt=0;
for(i=1;iprintf("%d\n",ans);
} return 0;
}
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