【lgj】【分治】【小清新】【单调性】

因为要求一段区间。所以对于一个点 $u$，是否能被加入某段区间，设出边点集为 $V_u$，则只和 $maxV_u,minV_u$ 有关。

这样用区间搞一遍是 $O(n^2)$。

对于某些区间计数问题，考虑分治。假设我们要求 $[L,R]$ 区间的答案，分成 $[L,mid],[mid+1,R]$，求横跨两段的区间个数。

将两段分别探讨。

对于 $[mid+1,R]$ 区间中的 $i$，$maxV_i \leq R$。这是可以扫一遍得到的，预处理出哪些 $i$ 是满足 $[mid+1,i]$ 在 $R$ 的限制。

我们在左边也枚举 $i$，观察 $[i,mid]$ 是否满足 $L$ 的限制。这时，我们考虑在左区间为 $i$ 的时候，右边的哪些数可以作为右端点。

他们要满足 $[i,mid]$ 区间在 $R$ 的限制，和 $[mid+1,R]$ 区间在 $L$ 的限制（称为第一，第二条限制）。他们都具有单调性。取 $lmR,realR$ 分别表示 $[lmR,R]$ 满足第一条限制，$[mid+1,realR]$ 满足第二条限制。

这样我们就可以一次统计多个区间。复杂度 $O(n\log n)$。主要是考虑了 $min,max$ 的单调性。

/*
	- 别摆了
	- By yfz
*/


#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 3e5+10, mod = 1e9+7;
int n,m,Lv[N],Rv[N];

int sum[N];
int slove(int L,int R) {
	if(L == R) {
		if(Lv[L] == L && Rv[L] == L) return 1;
		return 0;
	}
	
	int mid = L + R >> 1;
	int tmp = (slove(L,mid) + slove(mid+1,R)) % mod;
	
	sum[mid] = 0;
	
	for(int i=mid+1,lmR = mid+1;i<=R;i++) {
		lmR = max(lmR, Rv[i]);
		sum[i] = sum[i-1];
		if(lmR == i) sum[i] ++;
	}
	
	for(int i=mid,lmR = mid+1,lmL = mid, realR = mid+1; i>=L ; i--) {
		lmL = min(lmL, Lv[i]); lmR = max(lmR, Rv[i]);
		while(realR <= R && Lv[realR] >= i) realR ++;
		realR --;
		if(lmL == i && realR >= lmR) {
			(tmp += sum[realR] - sum[lmR - 1]) %= mod;
		}
	}
	return tmp;
}
int main() {
//	freopen("graph3.in","r",stdin);
	ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;i++) Lv[i] = Rv[i] = i;
	for(int i=1,x,y;i<=m;i++) {
		cin>>x>>y;
		Lv[x] = min(Lv[x], y), Rv[x] = max(Rv[x], y);
	}
	
	cout << slove(1,n);
	return 0;
}