正题

题目链接:https://atcoder.jp/contests/agc053/tasks/agc053_e

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题目大意

给出$n$个二元组$(a_i,b_i)$，求有多少个$1\sim n$的排列$p$满足：

1. 你可以将一些$(a_i,b_i)$变为$(b_i,a_i)$
2. 定义序列$x_{2i-1}=a_{p_i},x_{2i}=b_{p_i}$，使得$x$恰好有$n-1$个峰值。

保证$a_i,b_i$互不相同。

对$10^9+7$取模

$1\le n\le 2\times 10^5,1\le a_i,b_i\le 2n$

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解题思路

考虑怎样的排列满足条件，因为每个二元组的位置最多产生一个峰值，所以我们可以考虑没有产生峰值的位置。
先令所有的$a_i<b_i$，那么如果是最后一个二元组没有产生峰值，那么我们应该会排列成$a\dot{b}a\dot{b}a\dot{b}a\dot{b}a\dot{b}...ab$的形式，那么就要求了$b_i>a_{i+1}$。
如果是中间的某个位置$p$没有产生峰值，那么应该是$a\dot{b}a\dot{b}...ab\dot{b}a\dot{b}a\dot{b}a\dot{b}a...\dot{b}a$的形式。
那么就要求$b_i>a_{i+1}(i<p),b_i\ge a_{i+1}(i>p+1),b_{p+1}>b_p$，有可能我们将$p+1\sim n$都翻转一下也是合法的，所以为了防止计算重复，我们强制要求$a_{p+1}>b_p$就可以了。

那么考虑如何计数，我们记$f_i$表示满足$b_j>b_i,a_j<a_i$的二元组个数，然后我们从$b$小的到$b$大的填。

那么对于第一种情况，我们答案就是${\prod }_{i=1}^n(f_i+1)$。至于第二种情况，我们枚举考虑$p_i$和$p_{i+1}$分别是$x,y$那么答案就是
$$\prod _{i=1}^{x-1}{f}_i\times \prod _{i=x+1}^{y-1}(f_i+1)\times \prod _{i=y+1}(f_i+2)$$

用个树状数组计数就好了，时间复杂度：$O(n\log n)$

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code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define lowbit(x) (x&-x)
using namespace std;
const ll N=4e5+10,P=1e9+7;
struct node{ll a,b;
}a[N];
ll n,w[N],t[N],f[N][3];
void Change(ll x,ll val){while(x<=2*n){(t[x]+=val)%=P;x+=lowbit(x);}return;
}
ll Ask(ll x){ll ans=0;while(x){(ans+=t[x])%=P;x-=lowbit(x);}return ans;
}
ll power(ll x,ll b){ll ans=1;while(b){if(b&1)ans=ans*x%P;x=x*x%P;b>>=1;}return ans;
}
ll inv(ll x)
{return power(x,P-2);}
bool cmp(node x,node y)
{return x.b<y.b;}
signed main()
{scanf("%lld",&n);for(ll i=1;i<=n;i++){scanf("%lld%lld",&a[i].a,&a[i].b);if(a[i].a>a[i].b)swap(a[i].a,a[i].b);}sort(a+1,a+1+n,cmp);ll ans=1;for(ll i=n;i>=1;i--){w[i]=Ask(a[i].b);ans=ans*(w[i]+1)%P;Change(a[i].a,1);}f[0][0]=f[0][1]=f[0][2]=1;for(ll i=1;i<=n;i++)for(ll j=0;j<3;j++)f[i][j]=f[i-1][j]*(w[i]+j)%P;memset(t,0,sizeof(t));for(ll i=1;i<=n;i++){(ans+=Ask(a[i].a)*f[n][2]%P*inv(f[i][2])%P*f[i-1][1]%P)%=P;Change(a[i].b,f[i-1][0]*inv(f[i][1])%P);}printf("%lld\n",ans);return 0;
}