这是一道简单题。

题目中给定了这一张图的深搜顺序，那么我们就可以根据给定的顺序先建立出一颗 DFS 树。接下来，我们要在这个树上的某两个节点之间增加一条边，并且使得增加后对于最后结果的输出没有影响，记可以增加的边数为 $cnt$，则最终的答案为 $2^{cnt}$。（因为既然每条边加上都没有影响，那么每条边都有加与不加两种选择，共 $cnt$ 条边，答案即为 $2^{cnt}$）。

考虑有哪些边是可加可不加的。对于某个点 $u$，如果有一个点 $v$，且 $u$ 与 $v$ 不是祖先与后代的关系，那么如果在 $u$ 与 $v$ 之间连接一条边，这条边一定会产生作用（遍历到最后一定会走），与定义相矛盾，又由于这是一条无向边，向上连和向下连本质上是对称的，那么就只要考虑向上连。再考虑编号所带来的限制，因为是按编号从小到大遍历的，所以如果要在 $v$ 与 $u$ 之间连一条边，$u$ 一定要严格大于 $id$，否则就会先走加入的边，与定义矛盾（$id$ 表示遍历到目前为止，点 $v$ 的儿子的最大编号）。

最后可以得到结论：对于一个点 $u$，若其要与 $v$ 连边，当且仅当 $v$ 是 $u$ 的祖先，且到目前为止，$v$ 编号最大的儿子的编号 $id$ 要严格小于 $u$。

这一部分可能有些难理解，建议读者自己动手画图感受一下，便于理解。

那么这是容易用树状数组去维护的，注意代码细节。

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=2e5+5,mod=1e9+7;
int n,x,z,rt,cnt;
char y;
int dep[N],sum[N],id[N];
stack<int> st;
vector<int> g[N];
int lowbit(int x){return x&(-x);}
int ask(int x){
	int res=0;
	while(x){
		res+=sum[x];
		x-=lowbit(x);
	}
	return res;
}
void add(int x,int v){
	while(x<=n){
		sum[x]+=v;
		x+=lowbit(x);
	}
}
void dfs(int u,int fa){
	if(u>1) cnt+=ask(u-1);
	for(int i=0;i<g[u].size();i++){
		if(g[u][i]==fa) continue;
		id[u]=max(id[u],g[u][i]);
		if(id[u]) add(id[u],1);
		dfs(g[u][i],u);
		if(id[u]) add(id[u],-1);
	}
}
int qpow(int c,int d){
	int ans=1;
	while(d){
		if(d&1) ans=(ans*c)%mod;
		c=c*c%mod; d>>=1;
	}
	return ans;
}
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0); cout.tie(0);
	while(cin>>x>>y>>z){
		n++,z++;
		dep[z]=x;
		while(!st.empty() && dep[st.top()]>=dep[z]) st.pop();
		if(!st.empty()){
			int fa=st.top();
			g[z].push_back(fa);
			g[fa].push_back(z);
		}
		st.push(z);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) sort(g[i].begin(),g[i].end());
	dfs(n,0);
	cout<<qpow(2,cnt)<<'\n';
	return 0;
}