本题要求所有好点的覆盖情况之和，已知好点的范围是1~5e5，从题上而言直接开一个5e5+1的数组来记录每一次之后的情况，然后对每一个数的情况进行相加即可。
但由于这样做就将复杂度提升到了O(n^2) ，一定会超时。在这时候可以想到由于是区间性的东西，可以使用差分与前缀和来对区间进行批量处理。d[i][j]是用来记录三种状态中每个数每种状态各是多少的，其中i表示三种状态，j表示0~5e5中状态对应的个数。之后通过得到的当前数有几种0态，几种1态，几种2态就可以得到最后的结果。 
#include <bits/stdc++.h>


using namespace std;
const int maxn = 5e5;
const int p = 1e9+7;
vector<vector<int>> d(3, vector<int>(maxn + 1));
int main() {
    vector<int> pw(maxn+1);
    pw[0] = 1;
    for (int i=1;i<=maxn;i++) {
        pw[i] = pw[i-1]*2LL%p;
    }
    int n;
    int l1, r1, l2, r2;
    scanf("%d", &n);
    while (n--) {
        vector<array<int, 2> > va;
        scanf("%d%d%d%d", &l1, &r1, &l2, &r2);
        va.push_back({l1, 1});
        va.push_back({r1+1, -1});
        va.push_back({l2, 1});
        va.push_back({r2+1, -1});
        sort(va.begin(), va.end());
        int val=0, lst=0;
        for (auto[x,y] : va) {
            if (lst<x) {
                d[val][lst]++;
                d[val][x]--;
            }
            val += y; lst = x;
        }
        d[0][lst]++;
    }
    //计算前缀和
    for (int i=0;i<=2;i++) {
        for (int j=1;j<=maxn;j++) {
            d[i][j] += d[i][j-1];
        }
    }
    long long ans = 0;
    for (int i=1;i<=maxn;i++) {
        if (d[0][i]==0) ans = (ans + pw[d[2][i]])%p;
    }
    cout<<ans;
    return 0;
}