原题链接：E-小红的序列乘积2.0
题意：给出长度为n的数组，可以随意的选择其中的一些数，构成一个新的数组，这个数组的价值定义为，这些数做前缀乘积，然后前缀乘积数组末尾为6的数的个数，问题目给出的数组价值为多少。
思路：dp+贡献法。从左边到右边考虑数组，第i个数有选或者不选二种可能性，那么记忆化的转移就是选这个数或者不选择这个数，这样就可以出现所有的子数组。如果当前子数组的乘积和当前数的乘积的值的个位数为6，那么这个6会有多少贡献？令当前位置为x，那么后面还有n-x个数，这些数都可以选择或者不选择，那么这个6就会出现2^(n-x)次，也就是2^(n-x)次贡献。所以代码就很显然了。
//冷静，冷静，冷静
//调不出来就重构
#pragma GCC optimize(2)
#pragma GCC optimize("O3")
#include<bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef pair<ll,ll> pii;
const int N=1e6+10,mod=1000000007;
ll p[N];
ll f[N][10],n,ans;
ll ksm(ll a,ll b)
{ll ans=1;do{if(b&1)ans*=a;a*=a;b>>=1;a%=mod;ans%=mod;}while(b);return ans;
}
ll dfs(ll x,ll zhi)
{if(x>n){return 0;}if(f[x][zhi]!=-1)return f[x][zhi];ll sum=0;sum=sum+dfs(x+1,zhi);sum%=mod;if(zhi*p[x]%10==6){sum=sum+ksm(2,n-x);}sum=sum+dfs(x+1,zhi*p[x]%10);sum%=mod;f[x][zhi]=sum;return sum;
}
void Jiuyuan()
{cin>>n;memset(f,-1,sizeof(f));for(int i=1;i<=n;i++){cin>>p[i];}cout<<dfs(1,1)%mod;
}
int main()
{ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);ll T=1;
// cin>>T;while(T--){Jiuyuan();}return 0;
}
