Solution
这题的话。。一眼看过去应该是dp但是。。一开始没有注意到只有三种颜色。。qwq
因为颜色的种类数很少，所以我们可以尽量往这边靠，注意到其实真正重要的应该是当前每种颜色最后在的位置，只要通过判断这个位置和(l,r)的关系就可以快速判断区间([l,r])内有多少种颜色了
于是我们可以想到这样的一个状态：记(f[i][j][k])表示当前枚举到第(i)位，与(i)不同的两种颜色的最后位置分别为(j)和(k)（将较后的那个排在前面，之所以这么奇怪是因为。。枚举的时候范围的方便。。），如果不考虑题目的限制的话，转移应该是：
[f[i][j][k]
ightarrow
egin{cases}
f[i+1][j][k]&(i取与j和k不同的颜色)\
f[i+1][i][k]&(i取j的颜色)\
f[i+1][i][j]&(i取k的颜色)\
end{cases}
]
然后加上限制的话，就是我们每一条限制((l,r,x))存到(r)这个位置上，这样考虑(f[i][j][k])的转移的时候，就考虑(f[i][j][k])这个状态是否满足以(i)为右端点的所有限制区间的限制，如果不满足的话就直接将(f[i][j][k])赋成(0)，达到不转移的效果就好了
最后统计完之后，(ans)记得要(*3)，因为有三种不同的颜色选择，而我们的dp只是考虑了相同与不同并没有将具体是什么颜色算进去
然后还有一个事情就是：转移状态一定要只转移有效状态啊！！！qwq会快很多的啊qwq
代码大概长这个样子
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<vector>
#define Pr pair<int,int>
#define mp make_pair
using namespace std;
const int N=310,MOD=1e9+7;
vector<Pr> rec[N];
int f[N][N][N];
int n,m,ans;
void update(int &x,int y){x=(1LL*x+y+MOD+MOD)%MOD;}
void solve(){
int sz,l,x;
f[1][0][0]=1;
for (int i=1;i<=n;++i){
sz=rec[i].size();
for (int p=0;p<sz;++p){
l=rec[i][p].first; x=rec[i][p].second;
for (int j=0;j<i;++j)
for (int k=0;k<=max(0,j-1);++k){
if (x==1){
if (l<=j) f[i][j][k]=0;
}
else if (x==2){
if (l<=k||j<l) f[i][j][k]=0;
}
else{
if (k<l) f[i][j][k]=0;
}
}
}
if (i==n) break;
for (int j=0;j<i;++j)
for (int k=0;k<=max(j-1,0);++k){
if (!f[i][j][k]) continue;
update(f[i+1][j][k],f[i][j][k]);
update(f[i+1][i][k],f[i][j][k]);
update(f[i+1][i][j],f[i][j][k]);
}
}
ans=0;
for (int j=0;j<n;++j)
for (int k=0;k<=max(0,j-1);++k)
update(ans,f[n][j][k]);
ans=1LL*ans*3%MOD;
}
int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("a.in","r",stdin);
#endif
int l,r,x;
scanf("%d%d",&n,&m);
for (int i=1;i<=m;++i){
scanf("%d%d%d",&l,&r,&x);
rec[r].push_back(mp(l,x));
}
solve();
printf("%d
",ans);
}