针对这个问题，有几种或简单或复杂的组合解法，但我会描述一种动态规划的方法，我认为它更容易理解和实现。

假设我们已经固定了组成子序列 "abc" 的三个字符的位置，分别记为 $p_a$、$p_b$ 和 $p_c$。那么，有多少个字符串在这些位置上包含所需的子序列呢？

显然，如果其中某个位置上的字符已经确定（不是问号），并且与该位置期望的字符不匹配，那么包含该子序列的字符串数量就是 $0$。否则，由于我们已经固定了三个字符，其他位置上的所有问号都可以任意取值——因此这样的字符串数量为 $3^x$，其中 $x$ 是除了 $p_a$、$p_b$、$p_c$ 之外的其他位置上问号的数量。

这启发我们可以写出一个 $O(n^3)$ 的解法：枚举 $p_a$、$p_b$、$p_c$，对于每一组三元组，计算在这些位置上包含所需子序列的字符串数量。

但是这样太慢了。我们注意到，对于每个这样的子序列，包含它的字符串数量为 $3^{k - qPos(p_a, p_b, p_c)}$，其中 $k$ 是字符串中问号的总数，$qPos(p_a, p_b, p_c)$ 是 $p_a$、$p_b$、$p_c$ 这三个位置中包含问号的个数。因此，对于每个整数 $i$（$0 \le i \le 3$），我们可以计算恰好包含 $i$ 个问号的、匹配 "abc" 的子序列的数量，这样就能更快地解决问题。

如何计算每个 $i$ 对应的子序列数量呢？在我看来，最简单的方法是动态规划：

设 $\text{dp}_{i,j,k}$ 表示：在所有以位置 $i$ 结尾的子序列中，匹配 "abc" 的前 $j$ 个字符，且包含恰好 $k$ 个问号的子序列数量。

这个 DP 的转移如果直接写是平方复杂度（因为需要枚举子序列中的下一个或上一个位置），但如果我们重新定义 $\text{dp}_{i,j,k}$ 为：在所有结尾位置不超过 $i$ 的子序列中，匹配 "abc" 的前 $j$ 个字符，且包含恰好 $k$ 个问号的子序列数量，就可以将转移加速到线性。因为每次转移要么取当前字符，要么跳过当前字符，因此可以在 $O(1)$ 时间内完成。最终，这个 DP 解法的时间复杂度为 $O(n)$。针对这个问题，有几种或简单或复杂的组合解法，但我会描述一种动态规划的方法，我认为它更容易理解和实现。

假设我们已经固定了组成子序列 "abc" 的三个字符的位置，分别记为 $p_a$、$p_b$ 和 $p_c$。那么，有多少个字符串在这些位置上包含所需的子序列呢？

显然，如果其中某个位置上的字符已经确定（不是问号），并且与该位置期望的字符不匹配，那么包含该子序列的字符串数量就是 $0$。否则，由于我们已经固定了三个字符，其他位置上的所有问号都可以任意取值——因此这样的字符串数量为 $3^x$，其中 $x$ 是除了 $p_a$、$p_b$、$p_c$ 之外的其他位置上问号的数量。

这启发我们可以写出一个 $O(n^3)$ 的解法：枚举 $p_a$、$p_b$、$p_c$，对于每一组三元组，计算在这些位置上包含所需子序列的字符串数量。

但是这样太慢了。我们注意到，对于每个这样的子序列，包含它的字符串数量为 $3^{k - qPos(p_a, p_b, p_c)}$，其中 $k$ 是字符串中问号的总数，$qPos(p_a, p_b, p_c)$ 是 $p_a$、$p_b$、$p_c$ 这三个位置中包含问号的个数。因此，对于每个整数 $i$（$0 \le i \le 3$），我们可以计算恰好包含 $i$ 个问号的、匹配 "abc" 的子序列的数量，这样就能更快地解决问题。

如何计算每个 $i$ 对应的子序列数量呢？在我看来，最简单的方法是动态规划：

设 $\text{dp}_{i,j,k}$ 表示：在所有以位置 $i$ 结尾的子序列中，匹配 "abc" 的前 $j$ 个字符，且包含恰好 $k$ 个问号的子序列数量。

这个 DP 的转移如果直接写是平方复杂度（因为需要枚举子序列中的下一个或上一个位置），但如果我们重新定义 $\text{dp}_{i,j,k}$ 为：在所有结尾位置不超过 $i$ 的子序列中，匹配 "abc" 的前 $j$ 个字符，且包含恰好 $k$ 个问号的子序列数量，就可以将转移加速到线性。因为每次转移要么取当前字符，要么跳过当前字符，因此可以在 $O(1)$ 时间内完成。最终，这个 DP 解法的时间复杂度为 $O(n)$。

#include <bits/stdc++.h>
                            
using namespace std;

const int MOD = int(1e9) + 7;
const int N = 200043;
const int K = 4;

int add(int x, int y)
{
 	x += y;
 	while(x >= MOD) x -= MOD;
 	while(x < 0) x += MOD;
 	return x;
}

int mul(int x, int y)
{
 	return (x * 1ll * y) % MOD;
}

int n;
string s;
int dp[N][K][K];
char buf[N];
int pow3[N];

int main() {
	scanf("%d", &n);
	scanf("%s", buf);
	s = buf;
	int cntQ = 0;
	for(auto c : s)
		if(c == '?')
			cntQ++;
	pow3[0] = 1;
	for(int i = 1; i < N; i++)
		pow3[i] = mul(pow3[i - 1], 3);
	dp[0][0][0] = 1;
	for(int i = 0; i < n; i++)
		for(int j = 0; j <= 3; j++)
			for(int k = 0; k <= 3; k++)
			{
			 	if(!dp[i][j][k]) continue;
			 	dp[i + 1][j][k] = add(dp[i + 1][j][k], dp[i][j][k]);
			 	if(j < 3 && (s[i] == '?' || s[i] - 'a' == j))
			 	{
			 	 	int nk = (s[i] == '?' ? k + 1 : k);
			 	 	dp[i + 1][j + 1][nk] = add(dp[i + 1][j + 1][nk], dp[i][j][k]);
			 	}
		   	}
	int ans = 0;
	for(int i = 0; i <= 3; i++)
		if(cntQ >= i)
			ans = add(ans, mul(dp[n][3][i], pow3[cntQ - i]));
	printf("%d\n", ans);
}