寫在前面

之前在考試的時候，因為太菜，沒有想到正解，因而打了一個$30pts$的暴力，居然沒有T。

Solution

$30pts$做法

根據乘法原理，最終答案為每個環節的方案數乘起來。

根據加法原理，一個環節的方案數為

$\sum_{j=l}^{r}C_{k_{i}+{j}-{l}}^{j}$

$O(n^{2})$ 預處理組合數，然後 $O(nm)$統計即可。

$100pts$做法

每個環節實際上是要求

$\sum_{j=l}^{r}C_{k_{i}+{j}-{l}}^{j}=\sum_{j=l}^{r}C_{l-k_{i}}^{j}$

而根據組合數的恆等式，有：

$\sum_{j=l}^{r}C_{l-k_{i}}^{j}=C^{l-{k_{i}}+1}_{r+1}-C^{l-{k_{i}}+1}_{l}$

那麼我們就可以直接將階乘$O(N)$處理出來，再求逆元，這樣就可以做到$O(M)$的統計。 Talk is Cheap, Show You the Code：

#include<bits/stdc++.h>
 

using namespace std;
const int mod=1e9+7;
int read(){
	int sum=0,neg=1;
	char c=getchar();
	while(c>'9'||c<'0'&&c!='-') c=getchar();
	if(c=='-') neg=-1,c=getchar();
	while(c>='0'&&c<='9') sum=(sum<<1)+(sum<<3)+c-'0',c=getchar();
	return sum*neg;
}
/* 30pts
long long C[2005][2005];
int n,m;
void getC(){
	for(int i=0;i<=n;i++) C[i][0]=C[i][i]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<=i;j++)
			C[i][j]=(C[i-1][j-1]%mod+C[i-1][j]%mod)%mod;
}
int main(){
	freopen("m.in","r",stdin);
	freopen("m.out","w",stdout);
	n=read(),m=read();
	long long ans=1;
	getC();
	for(int i=1;i<=m;i++){
		int l,r,k;
		long long tmp=0;
		l=read(),r=read(),k=read();
		for(int j=1;j<=r-l+1;j++)
			tmp=(tmp%mod+C[l+j-1][k+j-1]%mod)%mod;
		ans=(ans%mod*tmp%mod)%mod;
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}
*/
 

const int  N=1e5+10;
int n,m;
int fac[N],ifac[N];
int mul(int x,int y){
	return (long long)x*y%mod;
}
int power(int a,int b,int ret=1){//快速冪--運用費馬小定理 
	for(;b;b>>=1,a=mul(a,a)) if(b&1) ret=mul(ret,a);
	return ret;
}
int calcinv(int x){//求逆元 
	return power(x,mod-2);
}
int C(int a,int b){
	return (a<b)?0:mul(fac[a],mul(ifac[b],ifac[a-b]));
}
int dec(int x,int y){
	return x-y<0?x-y+mod:x-y;
}
int main(){
	n=read();m=read();
	fac[0]=1;
	for(int i=1;i<=n+1;i++) fac[i]=mul(fac[i-1],i);
	ifac[n+1]=calcinv(fac[n+1]);
	for(int i=n;i>=0;i--) ifac[i]=mul(ifac[i+1],i+1);
	int ans=1;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		int l=read(),r=read(),k=read();
		ans=mul(ans,dec(C(r+1,l-k+1),C(l,l-k+1)));
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}