序列期望

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Problem Description

"看似隨機，實則早已註定"——光羽

度度熊有nnn個隨機變數x1,x2,...,xnx_1,x_2,...,x_nx​1​​,x​2​​,...,x​n​​。給定區間[l1,r1],...,[ln,rn][l_1, r_1],...,[l_n, r_n][l​1​​,r​1​​],...,[l​n​​,r​n​​]，變數xix_ix​i​​的值會等概率

顯然這nnn個隨機變數的值會有一共∏i=1n(ri−li+1)\prod_{i=1}^{n} (r_i - l_i + 1) ∏​i=1​n​​(r​i​​−l​i​​+1) 種情況，且每種情況出現的概率為∏i=1n1ri−li+1\prod_{i=1}^{n} \frac{1}{r_i - l_i + 1}∏​i=1​n​​​r​i​​−l​i​​+1​​1​​ 。

對於某種情況，令h=max{x1,x2,...,xn}h= \max{ x_1,x_2,...,x_n}h=max{x​1​​,x​2​​,...,x​n​​}，定義這種情況的權值

度度熊想知道權值的期望是多少？請將答案對109+710^9 + 710​9​​+7取模後輸出。

PS：不清楚期望是啥？為什麼不問問神奇的百度呢？

Input

第一行一個數，表示資料組數TTT。

每組資料第一行一個整數nnn；接下來nnn行，每行兩個數，表示lil_il​i​​和rir_ir​i​​。

資料組數T=100，滿足：

• 1≤n≤1001 \le n \le 1001≤n≤100
• 1≤li≤ri≤1041 \le l_i \le r_i \le 10^41≤l​i​​≤r​i​​≤10​4​​

其中70%的資料滿足ri≤100r_i \le 100r​i​​≤100。

Output

每組資料輸出一行，每行僅包含一個數，表示期望。

假設答案為pq\frac{p}{q}​q​​p​​，請輸出p×q−1 mod 109+7p \times q^{-1} ~mod~10^9+7p×q​−1​​ mod 10​9​​+7，此處q−1q^{-1}q​−1​​為qqq的逆元。

Sample Input

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2
3
2 5
2 4
2 5
3
1 1
2 3
1 1

Sample Output

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875000012
500000010

Hint

第二組資料的解釋：序列只有兩種情況（1,2,1）和(1,3,1)，權值分別為2*1*2=4和3*1*3=9，答案為(4+9)/2，在模域下為500000010。

暴力每個最大值，然後分別求貢獻即可。

#include<vector>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define ll long long
#define mod 1000000007
int n;
ll ans,l[105],r[105];
ll q(ll x,ll y)
{
    ll res=1;
    while(y)
    {
        if(y%2)
            res=res*x%mod;
        x=x*x%mod;
        y/=2;
    }
    return res;
}
ll work(ll l,ll r)
{
    if(r<l) 
        return 0;
    else 
        return (ll)(l+r)*(r-l+1)/2;
}
int main(void)
{
    int T;
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        ll x=0,y=1,ls=0,rs=0;
        scanf("%d",&n);
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            scanf("%lld%lld",&l[i],&r[i]);
            y=y*(r[i]-l[i]+1)%mod;
            ls=max(ls,l[i]);rs=max(rs,r[i]);
        }
        for(int i=ls;i<=rs;i++)
        {
            ll sm1=1,sm2=1;
            for(int j=1;j<=n;j++)
            {
                ll lll=l[j],rrr=min(r[j],(ll)i);
                sm1=sm1*work(i+1-rrr,i+1-lll)%mod;
            }
            for(int j=1;j<=n;j++)
            {
                ll lll=l[j],rrr=min(r[j],(ll)(i-1));
                sm2=sm2*work(i+1-rrr,i+1-lll)%mod;
            }
            x=(x+(sm1-sm2+mod)%mod)%mod;
        }
        printf("%lld\n",x*q(y,mod-2)%mod);
    }
}