Description
一排(n)个格子，每个格子可以涂三种颜色的一种。现在给出(m)个形如“([l,r])中必须恰好有(x)种颜色"的限制（(1 le l le r le n, 1 le x le 3)）。
求一共有多少种满足所有限制的合法涂色方案。
答案对(10^9+7)取模。
Solution
首先要想到状态表示法，如何表示才能适应这些限制呢？由于是限制颜色种类数，可以考虑最早出现位置这类套路。
设(f_{i,j,k})表示：当前走完(1...i)，在(i)左边最靠右的、与(i)颜色不同的位置为(j)，在(j)左边最靠右的、与(i)和(j)颜色不同的位置为(k)时，目前合法染色方案数是多少。
逐步计算(f_1,f_2,...)。
接下来考虑限制。考虑在转移的时候逐一枚举限制来判断新状态是否合法。
则总复杂度是(mathcal O(n^3m))的。还有3倍常数，显然不够优秀。
然而这只是臆想做法，具体我也没实现出来，因为枚举限制的时候，限制的区间和(i,j,k)的位置的关系实在太多，不好写。
实际上，对于一个([l,r])的限制，它只需要去管(i==r)的那些状态是否合法即可。如果(i<r)，那么显然还没有考虑的必要（都没填完([l,r])，考虑什么呢？）。如果(r<i)那么已经晚了。所以每个条件至多被枚举一次。
因此总复杂度是(mathcal O (n^2(n+m)))的。
所以下次觉得枚举限制条件十分复杂且时间复杂度爆炸的时候，不妨想一想限制条件或许只针对特定对象才起效果或必要，这样就可以减少总枚举次数，优化复杂度。
Code
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <vector>
#define pb push_back
#define mp make_pair
using namespace std;
typedef pair<int,int> pii;
const int N=310;
const int MOD=1e9+7;
int n,m;
int f[N][N][N];
vector<pii> lis[N];
void readData(){
scanf("%d%d",&n,&m);
int l,r,x;
for(int i=1;i<=m;i++){
scanf("%d%d%d",&l,&r,&x);
lis[r].pb(mp(l,x));
}
}
void dp(){
f[1][0][0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int d=0,sz=lis[i].size();d<sz;d++){
int l=lis[i][d].first,x=lis[i][d].second;
for(int j=0;j<i;j++)
for(int k=0;k<=(j-(j>0));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<=(j-(j>0));k++)
if(f[i][j][k]){
(f[i+1][j][k]+=f[i][j][k])%=MOD;
(f[i+1][i][k]+=f[i][j][k])%=MOD;
(f[i+1][i][j]+=f[i][j][k])%=MOD;
}
}
int ans=0;
for(int j=0;j<n;j++)
for(int k=0;k<=(j-(j>0));k++)
(ans+=f[n][j][k])%=MOD;
ans=1LL*ans*3%MOD;
printf("%d
",ans<0?ans+MOD:ans);
}
int main(){
readData();
dp();
return 0;
}