傳送門 看到資料範圍就覺得這一定是一個$n^2*m$或者$n*m^2$的$dp\ qwq$ 果然是這樣，因為每一列都是填一個或者不填，所以一定是按列$dp$

但這個$dp$和以往有些不同，一般$dp$狀態設計都只跟當前狀態有關，並不關心前面的和後面的，但因為這道題中$l_i和r_i$有一些不同，噹噹前列舉的列數$i$不斷增大時，有一些之前可以填的$l$到後面就不能填了，但$r$只要當前能填，後面就一直能填$.$

所以就有了帶延遲的動態規劃： 也就是說我們可以把當前可以處理但卻沒有處理的狀態記下來，到後面因為某些限制而必須處理的時候再處理

設$f[i][j][k]$表示當前處理到$i$列，前面空下了$j$列，當前可以處理的$r$有$k$個沒有處理的方案數，當我們還沒有碰到某個$l$的邊界，就不會填，只有碰到$l$的邊界的時候，再從前面空下的$j$列中找一列填上，這個可以用排列計算；而對於$r$，只要碰到了邊界，我們就可以選擇處理或者不處理；當然這一列還可以選擇不填或者填在$l,r$中間的那一段，也就是既不在$l$裡，也不再$r$裡的$.$

而且對這個狀態從$i-1$向$i$轉移很不好寫，還需要很多東西，我們可以從$i$轉移到它能夠轉移的狀態去

程式碼如下：

#include<iostream>
 

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define N 55
#define M 205
#define LL long long
using namespace std;
int n,m,l[N],r[N],al[M],ar[M],cl,cr,tot;
LL f[M][M][N],fac[M],inv[M],ans;
const int mod=1e9+7;

inline int rd(){
	int x=0,f=1;char c=' ';
 

	while(c<'0' || c>'9') f=c=='-'?-1:1,c=getchar();
	while(c<='9' && c>='0') x=x*10+c-'0',c=getchar();
	return x*f;
}

inline LL qpow(LL x,int k){
	LL ret=1;
	while(k){
		if(k&1) (ret*=x)%=mod;
		(x*=x)%=mod; k>>=1;
	} return ret;
}

inline void pre(){
	fac[1]=1;
	for(int i=2;i<=m+1;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
	inv[m+1]=qpow(fac[m+1],mod-2);
	for(int i=m+1;i;i--) inv[i-1]=inv[i]*i%mod;
}

inline LL P(int n,int m){
	if(m==0) return 1;
	if(n<m) return 0;
//	if(n==m) return 1;多加了這個特判wa了一次我怕不是個zz 
	return fac[n]*inv[n-m]%mod;
}

inline void add(LL &x,LL y){
	x+=y; x>=mod?x-=mod:0;
}

int main(){
	n=rd(); m=rd();
	for(int i=1;i<=n;i++) l[i]=rd(),r[i]=rd(),al[l[i]]++,ar[m-r[i]+1]++;
	pre(); f[1][0][0]=1;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		tot+=al[i-1]-ar[i];
		for(int j=max(0,al[i]-1);j<=i-1-cl;j++)
			for(int k=0;k<=cr;k++){
				if(!f[i][j][k]) continue;
				if(al[i])//i這一列填在l上 
				add(f[i+1][j-al[i]+1][k+ar[i]],f[i][j][k]*P(j,al[i]-1)%mod*al[i]%mod);
				if(k+ar[i] && j>=al[i])//i這一列填在r上,注意這裡是k+ar[i] 
				add(f[i+1][j-al[i]][k+ar[i]-1],f[i][j][k]*P(j,al[i])%mod*(k+ar[i])%mod);
				if(tot && j>=al[i])//i這一列填在既不是l也不是r的位置上 
				add(f[i+1][j-al[i]][k+ar[i]],f[i][j][k]*P(j,al[i])%mod*tot%mod);
				if(j>=al[i])//i這一列空下 
				add(f[i+1][j-al[i]+1][k+ar[i]],f[i][j][k]*P(j,al[i])%mod);
			}
		cl+=al[i]; cr+=ar[i];
	}
	for(int i=0;i<=m;i++) (ans+=f[m+1][i][0])%=mod;	
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}
/*
3 7
1 2
4 3
2 1
*/