题目传送门：CF
题目大意：
现有(A,B,C)三人参加竞选，有n个市民对其进行投票，每个市民心中对三人都有一个优先顺序(如市民(i)对三人的优先顺序为(A-C-B)，则凡是有(A)的竞选他都会选(A)，没(A)的时候才会选(C))
现共有三次选举，(A-B,A-C,C-A)，每次选举市民都会选择前一个人或后一个人，我们定(X_i=1)表示市民(i)在某次竞选中支持前一个人，否则支持后一个人
我们将每次选举的(X_i)压缩成一个长度为(n)的二进制串(S)，定义(f(S))表示该次选举的结果(前者或后者胜利，和(X_i)含义类似)
然后我们给出共(2^n)个(f(S))的答案，并且三次选举的(f(S))都相同，定义(p)为某个候选人赢了两场的概率(在所有市民，每人6种优先顺序的情况下，某个候选人胜了两场的概率)，输出(p imes 6^n)的值
哇……这题题意杀……
我们发现三个人本质相同，因此我们只考虑一个人，最后将答案乘3即可
假设(A)赢了两场，我们设两次比较时的结果(P_1(A-B),P_2(C-A))，考虑第(i)个市民，(P_1,P_2)在第(i)位的结果为((x,y))：
((x,y)=(0,0)Longrightarrow CBA,BCA)
((x,y)=(0,1)Longrightarrow BAC)
((x,y)=(1,0)Longrightarrow CAB)
((x,y)=(1,1)Longrightarrow ABC,ACB)
所以，记(c)表示(P_1oplus P_2)中1的个数，那么优先顺序的方案为(2^{n-c})
所以我们直接对给定的数组FWT一下，然后把每个位置的数值乘上(2^{n-c})即可
/*program from Wolfycz*/
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define inf 0x7f7f7f7f
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned int ui;
typedef unsigned long long ull;
inline char gc(){
static char buf[1000000],*p1=buf,*p2=buf;
return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1000000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
}
inline int frd(){
int x=0,f=1; char ch=gc();
for (;ch<'0'||ch>'9';ch=gc()) if (ch=='-') f=-1;
for (;ch>='0'&&ch<='9';ch=gc()) x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';
return x*f;
}
inline int read(){
int x=0,f=1; char ch=getchar();
for (;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar()) if (ch=='-') f=-1;
for (;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';
return x*f;
}
inline void print(int x){
if (x<0) putchar('-'),x=-x;
if (x>9) print(x/10);
putchar(x%10+'0');
}
const int p=1e9+7,inv=5e8+4;
void div(int &x){x=1ll*x*inv%p;}
void FWT(int *a,int n,int type){
for (int i=2;i<=n;i<<=1){
for (int j=0;j<n;j+=i){
for (int k=0;k<i>>1;k++){
int x=a[j+k],y=a[j+k+(i>>1)];
a[j+k]=(x+y)%p,a[j+k+(i>>1)]=(x-y+p)%p;
if (!~type) div(a[j+k]),div(a[j+k+(i>>1)]);
}
}
}
}
int f[(1<<20)+10],g[50],cnt[(1<<20)+10];
char s[(1<<20)+10];
int main(){
int n=read(),Ans=0; g[0]=1;
for (int i=1;i<=n;i++) g[i]=2ll*g[i-1]%p;
scanf("%s",s);
for (int i=0;i<1<<n;i++){
f[i]=s[i]-'0';
cnt[i]=cnt[i>>1]+(i&1);
}
FWT(f,1<<n,1);
for (int i=0;i<1<<n;i++) f[i]=1ll*f[i]*f[i]%p;
FWT(f,1<<n,-1);
for (int i=0;i<1<<n;i++) Ans=(1ll*f[i]*g[n-cnt[i]]+Ans)%p;
Ans=3ll*Ans%p;
printf("%d
",Ans);
return 0;
}