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：

\[ f[i][j][k]\rightarrow \begin{cases} f[i+1][j][k]&(i取与j和k不同的颜色)\\ f[i+1][i][k]&(i取j的颜色)\\ f[i+1][i][j]&(i取k的颜色)\\ \end{cases} \]

​​　　 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
    
     #include
     
      #include
      
       #include
       
        #define Pr pair
        
         #define mp make_pairusing namespace std;const int N=310,MOD=1e9+7;vector
         
           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