线段树具有很优秀的性质并且易于扩展。例如，对于懒标记的下传操作，我们可以使用标记永久化取消。而这道题则对上传操作进行了扩展，利用了线段树树高只有 $\log$ 层的性质，对区间贡献的情况进行了分类讨论（实质为在线段树这一结构上二分）来统计贡献。

天数区间很大，于是我们考虑维护下标区间 $[1,10^{14}]$ 的动态开点线段树。思考我们要维护哪些信息。

1. 显然，我们要维护答案区间 $ans$。
2. 对于一个区间，我们需要知道其对之后区间的干草捆数贡献 $rem$。
3. 为了在合并时知道贡献，我们需要维护当前区间有多少天还未有干草。由于区间范围过大，我们转而维护当前区间有干草吃的天数 $num$。
4. 知道了左区间对之后区间干草捆数贡献，如何查找左区间当前左区间对右区间的贡献 $nop$？我们另开一个函数求解此信息，函数作用为：求解区间 $[l,r]$ 在左边有 $x$ 捆干草送入（且自身已有一定的贡献）的情况下会对答案数组有多少贡献。

考虑实现该函数，我们利用 $num$ 数组进行判断：

1. 如果 $x$ 会在 $[l,mid]$ 内消耗完，那么就对 $[mid+1,r]$ 没有影响，求解 $x$ 在 $[l,mid]$ 之内的贡献，再加上右区间内部的贡献。发现右区间内部贡献就是右儿子的 $nop$，因此右区间的查询是 $O(1)$ 的。
2. 否则说明 $[l,mid]$ 中每一天都有干草吃，对其 $O(1)$ 计算，将 $x$ 减去左区间没有干草吃的天数，对右区间进行求解。

上面两种情况都只会对一个儿子向下求解，因此其复杂度为 $\log n$。所以总复杂度为 $n\log^2 n$，可以通过此题。

#include<bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
#define ll long long
#define pre(i,a,b) for(int i=a;i<=b;++i)
using namespace std;
ll read(ll t = 0, bool f = 1, char c = 0) {
	while(!isdigit(c = getchar())) f = c^45;
	while(isdigit(c)) t = (t << 1) + (t << 3) + (c ^ 48), c = getchar();
	return f ? t: -t;
}
const int N=1e7+5,p=1e9+7,i2=500000004;
int tot, rt=1;
#define mid ((l+r)>>1)
array<int,N> ls,rs;
array<ll,N> ans,num,rem,nop;
int plu(int u,int v) { return u+v>=p?u+v-p:u+v; }
int mul(int u,int v) { return (1ll*u*v)%p; }
int sum(ll n) { return mul(mul(n%p,(n+1)%p),i2); }
int range(ll l,ll r) { assert(l<=r);return plu(sum(r),p-sum(l-1)); }
int query(int u,ll l,ll r,ll x) {
  if(l==r) return x?l%p:ans[u];
  if(mid-l+1-num[ls[u]]>=x) return plu(query(ls[u],l,mid,x),nop[u]);
  else return plu(range(l,mid),query(rs[u],mid+1,r,x-(mid-l+1-num[ls[u]])+rem[ls[u]])); 
}
void pu(int u,ll l,ll r) {
  num[u]=num[ls[u]]+min(num[rs[u]]+rem[ls[u]],r-mid);
  rem[u]=rem[rs[u]]+max(num[rs[u]]+rem[ls[u]]-(r-mid),0ll);
  ans[u]=plu(ans[ls[u]],(nop[u]=query(rs[u],mid+1,r,rem[ls[u]])));
}
void add(ll f,ll val,int &u=rt,ll l=1,ll r=2e14) {
  if(u==0) u=++tot;
  if(l==r) {
    if(val==0) ans[u]=rem[u]=num[u]=0;
    else ans[u]=l%p,num[u]=1,rem[u]=val-1;
    return;
  }
  if(f<=mid) add(f,val,ls[u],l,mid);
  else add(f,val,rs[u],mid+1,r);
  pu(u,l,r);
}
void B() {
  ll q=read(),d,b;;
  tot=1;
  while(q--) {
    d=read(),b=read();
    add(d,b);
    printf("%lld\n",ans[rt]);
  }
}
signed main() {
  int T;T=1;B();
  return 0;
}