n,m較小，同時又是區(qū)間問題，可以考慮區(qū)間dp。
設定\(f[i][j]\)為只在i ~ j 范圍內操作的最大貢獻，為了將操作表示出來可以設g[k][i][j]為在i ~ j 內操作一次的包括k點最大貢獻。
通過這些可以推出：
\(f[i][j]=max_{k=i}^jf[i][k-1]+f[k+1][j]+g[k][i][j]\)，這樣一來兩邊的操作也不會沖突，又可以保證一定可以一次操作因為中間一定留了一個k點。
反過來看g，也就是又一次區(qū)間dp的操作罷了，對于一頭牛的\(l_i,r_i\)，把\(x\in[l_i,r_i]\)的\(g[x][l_i][r_i]=w_i\)就是初始化，然后只需要最大貢獻，于是取最大值，\(g[k][i][j]=max(g[k][i+1][j],g[k][i][j-1])\)。

#include<algorithm>
#include<stdio.h>
#define ll long long
using namespace std;
int n,m;
ll g[305][305][305];
ll f[305][305];
int main() {
//	freopen("P5851.in","r",stdin);
//	freopen("P5851.out","w",stdout);
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=m;i++) {
		ll w;int l,r; scanf("%lld%d%d",&w,&l,&r);
		for(int k=l;k<=r;k++) g[k][l][r]=max(g[k][l][r],w);
	}
	for(int len=1;len<=n;len++) {
		for(int l=1;l+len-1<=n;l++) {
			int r=l+len-1;
			for(int k=l;k<=r;k++) {
				g[k][l][r]=max(g[k][l][r],max(g[k][l+1][r],g[k][l][r-1]));
			}
		}
	}
	for(int len=1;len<=n;len++) {
		for(int l=1;l+len-1<=n;l++) {
			int r=l+len-1;
			for(int k=l;k<=r;k++) {
				f[l][r]=max(f[l][r],f[l][k-1]+g[k][l][r]+f[k+1][r]);
			}
		}
	}
	printf("%lld",f[1][n]);
	return 0;
}