1）题目意思
长度为 n 的数列，每个数都在 1..10。问有多少个数列满足：存在四个下标 0≤x<y<z<w≤n，使得三段连续区间的和分别等于给定的 X、Y、Z。答案对 1e9+7 取模。
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2）思路解析（对应你这份正确代码的做法）
（1）把三段和改成“前缀和分界点”
你代码里先做了：
* y += x，让 y 变成 X+Y
* z += y，让 z 变成 X+Y+Z
也就是说，最终我们要找的是：某个连续区间的“段内前缀和”能否到达：
* x（第一段结束）
* y（第二段结束）
* z（第三段结束，总目标）
（2）状态是什么：用 BITMASK 存“当前能到达的段内前缀和”
你用一个状态 i（bitmask）表示：以某个起点开始往右延伸时，当前这段里可能出现哪些“累计和”。
* bit k 为 1：表示存在一种起点选择，使得从起点到当前位置的累计和为 k
* 特别地，bit0（也就是最低位）一直保持为 1（你用 ne[i][j]=1 保证），表示“可以在当前位置重新开始一段”（相当于随时允许换起点）
（3）转移怎么做：加入一个新数 J（1..10）
从旧状态 i 加入新数字 j 后，新状态 ne[i][j] 的构造逻辑是：
* 对旧状态里每个可达的累计和 k（也就是 i 的 bit k 为 1）：
* 新累计和会变成 k+j
* 但不能“跨越边界”：
* 不能出现 k < x 且 k+j > x（跨过 x）
* 不能出现 k < y 且 k+j > y（跨过 y）
* 如果不跨越，就把 k+j 这个位置设为 1
再加上 bit0 恒为 1，所以起点随时可重置。
（4）成功状态（吸收态）
如果已经达到 z（也就是 bit z 为 1），那说明已经找到满足 XYZ 的三段结构。你把它统一压成 1<<z 作为吸收成功态：
* if(i==(1<<z) || ne[i][j] >= (1<<z)) ne[i][j] = 1<<z;
之后不论再加什么数都保持成功态。
（5）DP 计数
f[t][state] 表示长度为 t 的前缀，处于 state 的方案数。
* 初始：f[0][1]=1（只有 bit0 为 1）
* 转移：枚举下一个数 k=1..10
* f[i][ne[j][k]] += f[i-1][j]
最后输出：
* f[n][1<<z]（长度为 n 且已经成功的方案数）
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3）代码
