是我想不到的的状压方式。
首先，条件中的“存在”比较麻烦，由于一个相同的数列可能包含多个满足条件的三元组，用乘法原理直接正面刚会出现重复计数的情况。
正难则反，所以我们反向考虑用总的(10^n)的方案数减去不合法的数列。
注意到(X+Y+Zleq 17)，所以可以考虑状压。
状压的方式非常不容易想到，具体是：
我们用二进制位数来表示数字，例如：(5->10000 , 3->100)
如果(5)后面是加上一个(3)，即序列的一个后缀是(53)，那么这个状态就用(10000100)表示（把两个数的二进制表示拼在一起）。同时，这个新的二进制状态的第(8)位是(1)，表示(5+3=8)；第(3)位为(1)，表示最后一个数是(3)，那么倒数第二个数就可以用(8-3=5)算出来。
举个更复杂的例子，假如后缀是(536)（五三打钱），我们的二进制状态就是(10000100100000)，那么我们可以通过这个二进制状态得到所有(536)这个后缀的所有情况：
(14)（第(14)位上为(1，14=5+3+6)）
(9)（第(9)位上为(1，9=3+6)）
(6)（第(6)位上为(1，6=6)）
(5)（(14-9=5=5)）
(8)（(14-6=8=5+3)）
(3)（(9-6=3=3)）
（这实际上就是一种变相的后缀和）
那么什么样的状态表示俳句呢？
俳句是连续三段数，和分别为(X,Y,Z)，所以俳句对应的二进制第(X+Y+Z,Y+Z,Z)位上都是(1)。
用这种方式表示状态，状态的最大位数就是最大和，所以状态数是(2^{X+Y+Z})种，在时空承受范围之内。
关于(dp)过程，设(dp[i][s])表示转移到第(i)位，数列结尾的状态为(s)的方案数。
转移时枚举后继数字(第(i+1)位)为(j)，那么新的二进制状态就是(s'=(s<<j)|(1<<(j-1)))
则有(dp[i+1][s']+=dp[i][s])
边界情况(dp[0][0]=1)
另外，这里有一点需要提一下，就是(n)的范围比较大，而每个数字的范围在([1,10])，那么最大的数字和应该是(40),但是我们只需要(dp)和是(x+y+z)的部分，因为这个是后缀和，前面的数不管是啥并不重要，我们的(i)指针在不断移动的时候，就计算了不同位置的方案。
►Code View
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<string>
#include<map>
#include<cmath>
using namespace std;
#define N 45
#define INF 0x3f3f3f3f
#define MOD 1000000007
#define LL long long
int rd()
{
int x=0,f=1;char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1; c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48); c=getchar();}
return f*x;
}
int n,x,y,z;
LL dp[N][1<<18];
LL ksm(LL a,LL b)
{
LL res=1;
while(b)
{
if(b&1) res=res*a%MOD;
a=a*a%MOD;
b>>=1;
}
return res;
}
int main()
{
n=rd(),x=rd(),y=rd(),z=rd();
int jdg=((1<<(x+y+z-1))|(1<<(y+z-1))|(1<<(z-1)));
dp[0][0]=1;
int sum=(1<<(x+y+z))-1;//最高位是x+y+z-1 所以最大和就是所有位数都是1 也就是2^(x+y+z)-1
for(int i=0;i<=n-1;i++)
for(int s=0;s<=sum;s++)
{
if(dp[i][s]==0) continue;//不会产生贡献
for(int j=1;j<=10;j++)//枚举第i+1位是什么数字
{
int t=(s<<j)|(1<<(j-1));
t&=sum;//防止溢出
if((t&jdg)==jdg) continue;//存在俳句
else dp[i+1][t]=(dp[i+1][t]+dp[i][s])%MOD;
}
}
LL ans=0;
for(int s=0;s<=sum;s++)
ans=(ans+dp[n][s])%MOD;
ans=(ksm(10,n)-ans+MOD)%MOD;
printf("%lld
",ans);
return 0;
}