令$f_{i,j,k}$表示前$i$个位置，三种字符最后一次出现的位置为$i,j$和$k$（保证$k<j<i$）的方案数
考虑转移（递推），即分为两步——
1.填写第$i$个字符，即从$f_{i-1,j,k}$转移到$f_{i,j,k},f_{i,i-1,j}$或$f_{i,i-1,k}$
2.考虑以$i$为右端点的区间，即仅保留$jin [L_{j}(i),R_{j}(i)]$且$kin [L_{k}(i),R_{k}(i)]$的位置（其余位置清0）
（关于$L/R_{j/k}(i)$显然可以$o(m)$预处理出）
暴力转移复杂度为$o(n^{3})$，考虑优化——
关于第一步，如果将$i$滚动，实际上修改的位置仅有$o(n)$个，而修改的值即某行/列的元素和，那么再额外维护该信息，同时修改也可以继续维护，复杂度降为$o(n^{2})$
关于第二步，注意到一个位置被清0后不会再有值，那么只需要快速找到需要清0且非0的位置，这可以对每行维护一个双向队列来实现，进而均摊复杂度也降为$o(n^{2})$
最终，总复杂度为$o(n^{2}+m)$，可以通过
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define N 5005 4 #define mod 1000000007 5 deque<int>q[N]; 6 int t,n,m,l,r,x,ans,Lj[N],Rj[N],Lk[N],Rk[N],sr[N],sc[N],f[N][N]; 7 int read(){ 8 int x=0; 9 char c=getchar(); 10 while ((c<'0')||(c>'9'))c=getchar(); 11 while ((c>='0')&&(c<='9')){ 12 x=x*10+c-'0'; 13 c=getchar(); 14 } 15 return x; 16 } 17 void upd(int x,int y,int z){ 18 q[y].push_back(x); 19 sr[x]=(sr[x]+z)%mod; 20 sc[y]=(sc[y]+z)%mod; 21 f[x][y]=(f[x][y]+z)%mod; 22 } 23 void clear_l(int y){ 24 int x=q[y].front(); 25 q[y].pop_front(); 26 sr[x]=(sr[x]-f[x][y]+mod)%mod; 27 sc[y]=(sc[y]-f[x][y]+mod)%mod; 28 f[x][y]=0; 29 } 30 void clear_r(int y){ 31 int x=q[y].back(); 32 q[y].pop_back(); 33 sr[x]=(sr[x]-f[x][y]+mod)%mod; 34 sc[y]=(sc[y]-f[x][y]+mod)%mod; 35 f[x][y]=0; 36 } 37 int main(){ 38 t=read(); 39 while (t--){ 40 n=read(),m=read(); 41 for(int i=1;i<=n;i++){ 42 Lj[i]=Lk[i]=0; 43 Rj[i]=Rk[i]=i-1; 44 } 45 for(int i=1;i<=m;i++){ 46 l=read(),r=read(),x=read(); 47 if (x==1)Rj[r]=min(Rj[r],l-1); 48 if (x==2)Lj[r]=max(Lj[r],l),Rk[r]=min(Rk[r],l-1); 49 if (x==3)Lk[r]=max(Lk[r],l); 50 } 51 memset(sr,0,sizeof(sr)); 52 memset(sc,0,sizeof(sc)); 53 memset(f,0,sizeof(f)); 54 for(int i=0;i<n;i++)q[i].clear(); 55 upd(0,0,1); 56 for(int i=1;i<=n;i++){ 57 for(int j=0;j<max(i-1,1);j++)upd(i-1,j,(sr[j]+sc[j])%mod); 58 for(int j=0;j<i;j++){ 59 if ((Lk[i]<=j)&&(j<=Rk[i])){ 60 while ((!q[j].empty())&&(q[j].front()<Lj[i]))clear_l(j); 61 while ((!q[j].empty())&&(q[j].back()>Rj[i]))clear_r(j); 62 } 63 else{ 64 while (!q[j].empty())clear_l(j); 65 } 66 } 67 } 68 ans=0; 69 for(int i=0;i<n;i++) 70 for(int j=0;j<n;j++)ans=(ans+f[i][j])%mod; 71 printf("%d ",ans); 72 } 73 return 0; 74 }