对于一个固定的右端点 \(r\)，左端点 \(l\) 合法当且仅当 \(\max(d_l,d_{l+1},\dots d_r)\le r-l+1 \le\min(c_l,c_{l+1},\dots,c_r)\)。
容易得到一个很朴素的 dp：记 \(f_i\) 表示前 \(i\) 个位置可以分成的组的数目的最大值，\(g_i\) 表示有多少种分组方案能达到最大值，直接枚举左端点转移，时间复杂度 \(\mathcal O(n^2)\)。转移点不是连续的，不好直接优化。
考虑对这个 dp 进行一个分治，对于每个分治的区间 \([l,r]\) 处理 \(f_{[l,\text{mid}]},g_{[l,\text{mid}]}\) 对 \(f_{[\text{mid}+1,r]},g_{[\text{mid}+1,r]}\) 的贡献。发现 \(c\) 对每个右端点的限制是只能取某个后缀的左端点，可以直接二分出这个后缀，接下来只要考虑 \(d\) 的限制。
很容易想到倒着枚举 \([l,\text{mid}]\) 中的每个位置，维护 \(d\) 的最大值，可以得到一个右端点的位置 \(\ge \max(d_{[l,\text{mid}]})+l-1\) 的限制。考虑对 \([\text{mid}+1,r]\) 每个位置建一个桶，在这个限制的对应位置处插入这个左端点。接下来正着枚举 \([\text{mid}+1,r]\) 中的每个位置，把桶内的位置插入线段树。对于每个右端点也可以得到一个类似的限制，在线段树上查询即可，最后更新一下就做完了。
时间复杂度 \(\mathcal O(n\log^2n)\)，参考代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define mxn 1000003
#define md 1000000007
#define pb push_back
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;++i)
#define rept(i,a,b) for(int i=a;i<b;++i)
#define drep(i,a,b) for(int i=a;i>=b;--i)
using namespace std;
struct node{
ll a,c;
}f[mxn],t[mxn<<2];
int n,lg[mxn],ps[mxn],a[mxn],b[20][mxn];
vector<int>s[mxn];
const int INF=1e9;
node operator+(node x,node y){
return {max(x.a,y.a),((x.a>=y.a?x.c:0)+(y.a>=x.a?y.c:0))%md};
}
int ask2(int l,int r){
int k=lg[r-l+1];
return min(b[k][l],b[k][r-(1<<k)+1]);
}
void change(int p,int x,node y,int l,int r){
if(l==r){t[p]=y;return;}
int mid=(l+r)>>1;
if(x<=mid)change(p<<1,x,y,l,mid);
else change(p<<1|1,x,y,mid+1,r);
t[p]=t[p<<1]+t[p<<1|1];
}
node ask(int p,int l,int r,int L,int R){
if(l<=L&&R<=r)return t[p];
int mid=(L+R)>>1;
if(l<=mid&&r>mid)return ask(p<<1,l,r,L,mid)+ask(p<<1|1,l,r,mid+1,R);
if(l<=mid)return ask(p<<1,l,r,L,mid);
return ask(p<<1|1,l,r,mid+1,R);
}
void build(int p,int l,int r){
t[p]={-INF,0};
if(l==r)return;
int mid=(l+r)>>1;
build(p<<1,l,mid);build(p<<1|1,mid+1,r);
}
void solve(int l,int r){
if(l==r)return;
int mid=(l+r)>>1;
solve(l,mid);
rep(i,mid+1,r)s[i].clear();
int mx=0;
drep(i,mid,l){
if(mx+i<=r)s[max(mx+i,mid+1)].pb(i);
mx=max(mx,a[i]);
}
mx=0;
rep(i,mid+1,r){
mx=max(mx,a[i]);
for(int j:s[i])change(1,j,{f[j].a+1,f[j].c},0,n);
int L=max(ps[i]-1,l),R=min(i-mx,mid);
if(L<=R)f[i]=f[i]+ask(1,L,R,0,n);
}
rep(i,l,mid)change(1,i,{-INF,0},0,n);
solve(mid+1,r);
}
signed main(){
scanf("%d",&n);
rep(i,2,n)lg[i]=lg[i>>1]+1;
rep(i,1,n)scanf("%d%d",&a[i],&b[0][i]);
rept(k,1,20){
rep(i,1,n-(1<<k)+1){
b[k][i]=min(b[k-1][i],b[k-1][i+(1<<(k-1))]);
}
}
rep(i,1,n){
int l=1,r=i;
while(l<r){
int mid=(l+r)>>1;
if(ask2(mid,i)>=i-mid+1)r=mid;
else l=mid+1;
}
ps[i]=l;
}
f[0].c=1;
rep(i,1,n)f[i].a=-INF;
build(1,0,n);
solve(0,n);
if(f[n].a<=0)puts("NIE");
else cout<<f[n].a<<" "<<f[n].c;
return 0;
}