由于只有$1024$个时刻，考虑一个dp。

$dp_i$表示我刚刚在第$i$个时刻喊了一句做核酸，且所有$L\leq i$的人都已经听到了喊声，我最少要喊多少句，同时用$way_i$记录此时的方案数。

那么，转移也就出来了： $dp_j=\min_{i<j}(dp_i+1)$，$i$可以向$j$转移当且仅当没有人的考察区间$[L,R]$满足$i<L \leq R<j$。

我们记录一个数组$R_i$，表示考察起点是$i$的所有人，终点的最小值是多少。

那么，上述条件等价于，$\min_{k=i+1}^{j-1} R_k\geq j$。

于是我们直接枚举每一个已经算出来的$i$，然后枚举它能转移到的$j$，在这个过程中动态的维护$R$的最小值即可，时间复杂度$O(1024^2）+n$。

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define T 1025
#define maxn 1055
#define mo 1000000007
using namespace std;
int n, l, r, R[maxn];
ll dp[maxn], way[maxn];
int main() {
    scanf("%d", &n);
    memset(R, 127, sizeof(R));
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        scanf("%d%d", &l, &r);
        R[l] = min(R[l], r);
    }
    memset(dp, -1, sizeof(dp));
    dp[0] = 0, way[0] = 1;
    for (int i = 0; i < T; ++i)
        if (dp[i] != -1) {
            int pan = T;
            for (int j = i + 1; j <= T; ++j) {
                if (pan >= j) {
                    if (dp[j] == dp[i] + 1 || dp[j] == -1) {
                        dp[j] = dp[i] + 1;
                        way[j] += way[i];
                        way[j] %= mo;
                    } else if (dp[j] > dp[i] + 1) {
                        dp[j] = dp[i] + 1;
                        way[j] = way[i];
                    }
                } else
                    break;
                pan = min(pan, R[j]);
            }
        }
    printf("%lld\n%lld\n", dp[T] - 1, way[T]);
    return 0;
}