\(\mathcal{Description}\)
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称一个正整数序列为“俳（pái）句”，当且仅当序列中存在连续一段和为 \(x\)，紧接着连续一段和为 \(y\)，再紧接着连续一段和为 \(z\)，其中 \(x,y,z\) 为给定正整数。计数长度为 \(n\)，元素大小不超过 \(10\) 的俳句。
\(n\le40\)，\(x+y+z\le17\)。
\(\mathcal{Solution}\)
通过俳句的特征（连续三段和的限制）来正向计数会重复：一个俳句可能有多段满足特征。正难则反，考虑计数不是俳句的序列数。
如何定义状态呢？我们把 “\(x+y+z\)” 展开称一条长度为 \(x+y+z\) 的链。序列中的每个数可以占领位置中的 \(1\sim10\) 个位置。我们就只关心三个段的结束位置是否是某个数的结束位置即可。把某个数的结束位置设为 \(1\)，其余位置设为 \(0\)，就得到了一个 \(01\) 状态。例如 \(x=2,y=3,z=2\)，那么 \(0100101\) 或 \(0111111\) 是俳句。
于是，令 \(f(i,S)\) 表示前 \(i\) 个数，后缀状态为 \(S\) 的非俳句个数，转移时排除所有俳句状态即可。
复杂度 \(\mathcal O(10n\cdot2^{x+y+z})\)。
\(\mathcal{Code}\)
#include <cstdio>
const int MAXN = 40, MAXL = 17, MOD = 1e9 + 7;
int n, x, y, z, f[2][1 << MAXL];
inline void add_eq ( int& a, const int b ) { if ( ( a += b ) >= MOD ) a -= MOD; }
int main () {
scanf ( "%d %d %d %d", &n, &x, &y, &z );
int all = ( 1 << x + y + z ) - 1, ans = 1;
int haiku = ( 1 << x + y + z >> 1 ) | ( 1 << y + z >> 1 ) | ( 1 << z >> 1 );
f[0][0] = 1;
for ( int i = 0, t = 0; i < n; ++ i, t ^= 1, ans = ans * 10ll % MOD ) {
for ( int s = 0; s <= all; ++ s ) {
int& cur = f[t][s];
if ( ! cur ) continue;
for ( int j = 1, trs; j <= 10; ++ j ) {
trs = ( s << j | ( 1 << j >> 1 ) ) & all;
if ( ( trs & haiku ) ^ haiku ) add_eq ( f[t ^ 1][trs], cur );
}
cur = 0;
}
}
int sub = 0;
for ( int i = 0; i <= all; ++ i ) add_eq ( sub, f[n & 1][i] );
printf ( "%d\n", ( ans - sub + MOD ) % MOD );
return 0;
}