题目大意：
现在有一串数an，同时我们已知有三种颜色的帽子。假设为R G B三种颜色。第i个数字的含义是，i前面有多少个人的帽子和第i个是同样颜色。现在问，有多少种不同的帽子颜色排列方案。
解题思路：
题目很明显是一道排列数学问题，然后n的范围是1e5，所以我们考虑能不能线性解决。我们考虑状态，当我们遍历到第i个的时候，与前面有多少种不同的衔接方法。什么意思呢？考虑数列0 0 1 1，比如第三个位置的1，它可以和前面的两个零都可以结合，所以走到1这里，我们考虑把答案乘以2，走到第四个位置的1时候，这个1只能和1个0结合，所以答案乘以1. 那么，我们怎么知道可以和前面的几个数结合呢？这里就涉及到一个难点，一种准确的状态设计，使得可以每走一步也就是遍历到新的元素时，可以转移且可以告诉这个元素，你能够衔接哪几个。现在定义状态:(xi,yi,zi)，我们考虑当走到第i时候某种排列的可能，更准确来说，xi表示走到第i个时候 最多相同元素的个数。yi表示走到第i个时候 次多相同元素的个数。zi 表示走到第i个时候 最少元素的个数。
那么，我们每次走到一个新的位置i时候，我们可以遍历状态state (xi,yi,zi)，然后我们可以另ai和state中与ai相同的元素+1，这表明我们现在有一种可能性是这个队列这个第i个位置的人排在他的后面。
有了这个状态之后 关于答案的计算，我们可以统计ai和state中相同元素的个数有x个，然后让答案乘以x就可以了。因为这里表明我的新加进来的人有两种可能排法。
在这里我们也复习了组合数学 乘法原理的使用。乘法原理每次我们都需要模拟这一步的走法，再把每一步的走法的可能性乘起来。每一步的走法我们都可以在草稿纸上模拟。
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int inf =1e18;
const int MODN=1000000007;
int32_t main(){
int n;cin>>n;
vector<int> arrmv(n);
for(int i=0;i<n;i++)cin>>arrmv[i];
vector<int> C(3,0);
int ans=1;
for(int i=0;i<n;i++){
int cnt=0;int id=-1;
for(int j=0;j<3;j++){
if(arrmv[i]==C[j])cnt++,id=j;}
if(id==-1){
cout<<0<<endl;
return 0;
}
C[id]++;
ans*=cnt;
ans%=MODN;
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}