Codeforces 689E Mike and Geometry Problem【离散化+线段树+组合数】

E. Mike and Geometry Problem

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Mike wants to prepare for IMO but he doesn't know geometry, so his teacher gave him an interesting geometry problem. Let's definef([l, r]) = r - l + 1 to be the number of integer points in the segment[l, r] with l ≤ r (say that ). You are given two integersn and k andn closed intervals [l_i, r_i] onOX axis and you have to find:

In other words, you should find the sum of the number of integer points in the intersection of anyk of the segments.

As the answer may be very large, output it modulo 1000000007 (10⁹ + 7).

Mike can't solve this problem so he needs your help. You will help him, won't you?

Input

The first line contains two integers n andk (1 ≤ k ≤ n ≤ 200 000) — the number of segments and the number of segments in intersection groups respectively.

Then n lines follow, the i-th line contains two integers l_i, r_i( - 10⁹ ≤ l_i ≤ r_i ≤ 10⁹), describingi-th segment bounds.

Output

Print one integer number — the answer to Mike's problem modulo 1000000007 (10⁹ + 7) in the only line.

Examples

Input

3 21 21 32 3

Output

5

Input

3 31 31 31 3

Output

3

Input

3 11 22 33 4

Output

6

Note

In the first example:

;

;

.

So the answer is 2 + 1 + 2 = 5.

题目大意：

给你N个区间，你可以任意找到K个区间，对应加和这K的区间所重叠的部分。

求加和。

思路：

1、首先我们枚举K个区间去维护和的话，肯定是要超时的，正难则反，我们不妨考虑一个点的贡献度。

假设我们x这个点被覆盖了y次，那么很明显，有y个区间都包含x这个点，那么对应这个点可以进行的贡献度为：C（y，k）；

2、观察到数据范围很大，直接这样求是不行的，无论是空间还是时间，都是一个巨大的数据量。然而N是并不大的，所以我们考虑离散化这N个区间的点。

然后对于区间的贡献度进行查询即可。

然而我们不能直接对离散化之后的两个点之间的部分进行查询，所以我们离散化一个区间是要变成四个点：

l，r，l+1，r+1.

3、那么对于每个区间的贡献度就是：C（整个区间被覆盖的次数，k）*（区间的长度）；

过程维护一下即可。

map映射注意细节。

初始化组合数注意大小。

附赠一组数据：

4 1
1 10
2 9
15 20
16 21

ans=30.

Ac代码：

#include<stdio.h>#include<string.h>#include<map>#include<algorithm>using namespace std;#define LL long long int#define lson l,m,rt*2#define rson m+1,r,rt*2+1const LL mod = 1000000007;const LL N = 500000+5;const LL M = 5e5+3;struct node{    LL x,y;}a[250000];LL vis[3000000];LL tree[3000000];LL flag[3000000];LL q[3000000];LL b[5000000];LL fac[3000005];            //阶乘LL inv_of_fac[3000005];        //阶乘的逆元LL qpow(LL x,LL n){    LL ret=1;    for(; n; n>>=1)    {        if(n&1) ret=ret*x%mod;        x=x*x%mod;    }    return ret;}void init(){    fac[1]=1;    for(LL i=2; i<=M; i++)        fac[i]=fac[i-1]*i%mod;    inv_of_fac[M]=qpow(fac[M],mod-2);    for(LL i=M-1; i>=0; i--)        inv_of_fac[i]=inv_of_fac[i+1]*(i+1)%mod;}LL C(LL a,LL b){    if(b>a) return 0;    if(b==0) return 1;    return fac[a]*inv_of_fac[b]%mod*inv_of_fac[a-b]%mod;}void pushdown(LL l,LL r,LL rt)//向下维护树内数据{    if(flag[rt])//如果贪婪标记不是0（说明需要向下进行覆盖区间（或点）的值）    {        LL m=(l+r)/2;        flag[rt*2]+=flag[rt];        flag[rt*2+1]+=flag[rt];        tree[rt*2]+=(m-l+1)*flag[rt];//千万理解如何覆盖的区间值（对应线段树的图片理解（m-l）+1）是什么意识.        tree[rt*2+1]+=(r-(m+1)+1)*flag[rt];        flag[rt]=0;    }}void pushup(LL rt){    tree[rt]=tree[rt<<1]+tree[rt<<1|1];}void build( LL l ,LL r , LL rt ){    if( l == r )    {        tree[rt]=0;        flag[rt]=0;        return ;    }    else    {        LL m = (l+r)>>1 ;        build(lson) ;        build(rson) ;        pushup(rt) ;    }}void update(LL L,LL R,LL c,LL l,LL r,LL rt){    if(L<=l&&r<=R)//覆盖的是区间~    {        tree[rt]+=c*((r-l)+1);//覆盖当前点的值        flag[rt]+=c;//同时懒惰标记~！        return ;    }    else    {        pushdown(l,r,rt);        LL m=(l+r)/2;        if(L<=m)        {            update(L,R,c,lson);        }        if(m<R)        {            update(L,R,c,rson);        }        pushup(rt);    }}LL  Query(LL L,LL R,LL l,LL r,LL rt){    if(L<=l&&r<=R)    {        return tree[rt];    }    pushdown(l,r,rt);    LL m=(l+r)>>1;    LL  ans=0;    if(L<=m)    {        ans+=Query(L,R,lson);    }    if(m<R)    {        ans+=Query(L,R,rson);    }    return ans;}int main(){    init();    LL n,k;    while(~scanf("%I64d%I64d",&n,&k))    {        LL cnt=0;        map<LL ,LL >s;        map<LL ,LL >rs;        memset(vis,0,sizeof(vis));        memset(tree,0,sizeof(tree));        memset(flag,0,sizeof(flag));        for(LL i=0;i<n;i++)        {            scanf("%I64d%I64d",&a[i].x,&a[i].y);            b[cnt++]=a[i].x;b[cnt++]=a[i].y;            b[cnt++]=a[i].x+1;b[cnt++]=a[i].y+1;        }        LL tot=0;sort(b,b+cnt);        for(LL i=0;i<cnt;i++)        {            if(s[b[i]]==0)            {                s[b[i]]=++tot;                rs[tot]=b[i];            }        }        LL qq=0;        build(1,tot,1);        for(LL i=0;i<n;i++)        {            update(s[a[i].x],s[a[i].y],1,1,tot,1);            vis[s[a[i].x]]=1;            vis[s[a[i].y]]=1;        }        LL output=0;        for(LL i=1;i<=tot;i++)        {            output+=C(Query(i,i,1,tot,1),k);            output%=mod;            if(rs[i]+1==rs[i+1])continue;            else            {                output+=C(Query(i,i,1,tot,1),k)*(rs[i+1]-rs[i]-1);                output%=mod;            }        }        printf("%I64d\n",output);    }}/*4 11 102 915 2016 21*/