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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\(p\times 6^n\)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\(P_1\oplus P_2\)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\n",Ans);
return 0;
}