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题意见洛谷里的翻译。
首先我们可以用区间DP算出对于每个子01串，能表示的字母串的个数。
设(dp_{i,j})表示长度为(i)，起点为(j)（下标从(1)开始）的子01串能表示的字母串的个数（也许我设的DP状态有点奇怪）。显然，(dp_{0,i}=1)，因为空子01串能且仅能表示空字母串。
那么转移怎么转移呢？可以从串的首部转移，从首部挖出(1sim4)个字符组成字母，累加上剩下的串的DP值。那么状态转移方程为(dp_{i,j}=sumlimits_{k=1}^{min(4,i)}dp_{i-k,j+k})，其中(k=4)时还要考虑首部(4)个字符是否为不能表示字母的那可怜的(4)个01串，如果是的话，就不能累加上(dp_{i-4,j+4})。同样的道理，从尾部转移也是可以的。转移的总时间复杂度是(mathrm O!left(n^2 ight))，因为一共有(mathrm O!left(n^2 ight))个子01串，而每次转移是(mathrm{O}(1))的。
接下来要算答案了。设到当前第(i)次的添加字符后，答案为(ans)，那么容易想到，下一次（第(i+1)次）添加字符后，增加了([1,i+1],[2,i+1],cdots,[i+1,i+1])这(i+1)个子01串，答案变成了(ans+sumlimits_{j=1}^{i+1}dp_{i+1-j+1,j})，我们把(sumlimits_{j=1}^{i+1}dp_{i+1-j+1,j})累加到(ans)里。但是，在累加的过程中，可能对于有的(j)，([j,i+1])这段子01串和之前累加的有重复，也就是说这段子01串所能表示的所有字母串都被算过了，就不能再把(dp_{i+1-j+1,j})累加上了。所以我们需要判重。
我们可以预处理出前缀哈希数组(Hsh)，这样可以在(mathrm{O}(1))时间内计算出任意一个子串的哈希值。然后怎么判重呢？用一个(vis)数组肯定不行，因为哈希值在(left[0,2^{64}
ight))内，会MLE。用裸的set，要判(mathrm O!left(n^2
ight))次，每次(mathrm O!left(log n^2
ight)=mathrm{O}(log n))，总共(mathrm O!left(n^2log n
ight))；将set按子01串长度分成(n)组，也还是(mathrm O!left(n^2log n
ight))。这复杂度配上STL的常数，会TLE。
那该怎么办呢？事实上，set的组数其实应该尽可能多，那样每个set的元素个数就尽可能少，复杂度就尽可能小。不妨按哈希值模(10^7)的值分为(10^7)组。这样分，平均每组只有一两个元素，用set还亏了，直接用链式前向星装即可。
以下是AC代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 3000
#define hshmod 10000000//将哈希分为的组数
#define mod 1000000007
#define ull unsigned long long
bitset<N+1> a;//01串
int dp[N+1][N+2];//dp[i][j]表示长度为i，起点为j的子01串能表示的字母串数
inline bool ok(bool a,bool b,bool c,bool d){//是否能表示字母
return !(!a&&!b&&c&&d||!a&&b&&!c&&d||a&&b&&c&&!d||a&&b&&c&&d);//不是那可怜的4个串就OK
}
ull Hsh[N+1]/*前缀哈希值*/,power[N+1]/*power[i]为哈希base（131）的i次方*/;
ull hsh(int l,int r){//[l,r]这段子01串的哈希值
return Hsh[r]-Hsh[l-1]*power[r-l+1];
}
int head[hshmod],nxt[N*N],tot;ull data[N*N];//链式前向星
void add(int x,ull y){//往第x组里添加哈希值y
data[++tot]=y;nxt[tot]=head[x];head[x]=tot;
}
int main(){
int n/*添加字符的次数，即最终01串的长度*/,ans=0/*目前的答案*/,i,j;scanf("%d",&n);
for(i=1;i<=n;i++){int x;scanf("%d",&x);a[i]=x;}
power[0]=1;//131^0=1
for(i=1;i<=n;i++)Hsh[i]=Hsh[i-1]*131ull+a[i]+1,power[i]=power[i-1]*131ull;//预处理
fill(dp[0]+1,dp[0]+n+2,1);//DP边界：dp[i][0]=1
for(i=1;i<=n;i++)for(j=1;j+i-1<=n;j++)//状态转移
dp[i][j]=dp[i-1][j+1],
dp[i][j]+=i>=2?dp[i-2][j+2]:0,dp[i][j]%=mod,
dp[i][j]+=i>=3?dp[i-3][j+3]:0,dp[i][j]%=mod,
dp[i][j]+=i>=4&&ok(a[j],a[j+1],a[j+2],a[j+3])?dp[i-4][j+4]:0,dp[i][j]%=mod;
// for(i=1;i<=n;i++)for(j=1;j+i-1<=n;j++)
// printf("dp[%d][%d]=%d
",i,j,dp[i][j]);
for(i=1;i<=n;i++){//第i次添加字符
for(j=1;j<=i;j++){//枚举新增子01串的左端点，右端点是i
ull h=hsh(j,i);//此新子01串的哈希值
int hmod=h%hshmod;//它的类别
// cout<<h<<" "<<hmod<<" "<<dp[i-j+1][j]<<"
";
bool mar=false;//是否和之前的某一个串重复
for(int k=head[hmod];k;k=nxt[k])//枚举此组里的元素
if(data[k]==h)//有和它的哈希值相同的？
{mar=true;/*重复*/break;/*不必再找，退出*/}
if(!mar)//如果无重复，照样累加
ans+=dp[i-j+1][j],ans%=mod,add(hmod,h)/*扔进链表*/;
}
printf("%d
",ans);//输出目前的答案
// puts("");
}
return 0;
}