显然，$a_i$ 必须为偶数，不为偶数输出 $0$。

我们注意到部分分 $N=2$，先解决这个部分。

分成 $2$ 种情况。

情况一 $a_0 < a_1$。

显然，我们需要将 $\frac{a_1}{2}$ 个来回塞进前面 $\frac{a_0}{2}$ 个来回中。这个就是 $\frac{a_0}{2}$ 个不同盒子，$\frac{a_1}{2}$ 个相同的球。

为了使转变方向次数越少，我们必须尽可能最大化同一方向的数量。转化一下变成让盒子数量尽可能多。再贪心转化一下变成每个盒子非空。先将每个盒子扔个球，再隔板法就行了，方案为 $\binom{\frac{a_1}{2}-1}{\frac{a_0}{2}-1}$。

情况二 $a_0 \ge a_1$。

同上，我们要使空盒子数量尽可能少，那么只能有 $a_0-a_1$ 个空盒子，每个盒子只能填 $0$ 或 $1$ 个球，总方案 $\binom{\frac{a_0}{2}}{\frac{a_1}{2}}$。

再考虑 $N=3$ 的情况，假设从 $1$ 到 $2$ 的点，都可以看成是新的 $0$ 到 $1$ 的情况，我们直接套用上面的解法，求个积就行了。

$N >3$ 的情况同理，每次 $i$ 到 $i+1$ 就是一个新的 $0$ 到 $1$，所以是独立的。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define endl "\n"
using namespace std;
namespace did{
	int mod=1e9+7;
	int power(int a,int b){
		int ans=1;
		while(b){
			if(b&1)ans=(ans*a)%mod;
			a=(a*a)%mod;
			b>>=1;
		}
		return ans;
	}
	int jc[1000006],inv[1000006];
	void init(){
		jc[0]=1;
		for(int i=1;i<=1000000;i++)jc[i]=(jc[i-1]*i)%mod;
		inv[1000000]=power(jc[1000000],mod-2);
		for(int i=1000000;i>=1;i--)inv[i-1]=(inv[i]*i)%mod;
	}
	int C(int x,int y){
		if(x<y||x<0||y<0)return 0;
		return ((jc[x]*inv[y])%mod*inv[x-y])%mod;
	}
	int n;
	int a[1000006];
	void lusolve(){
		cin>>n;
		for(int i=1;i<=n;i++){
			cin>>a[i];
			if(a[i]&1)return cout<<0,void();
		}
		int ans=1;
		for(int i=1;i<n;i++){
			if(a[i]>=a[i+1]){
				ans*=C(a[i]/2,a[i+1]/2);
			}else ans*=C(a[i+1]/2-1,a[i]/2-1);
			ans%=mod;
		}
		cout<<ans;
	}
}
signed main(){
	int Q=1;
	did::init();
	while(Q--)did::lusolve();
	return 0;
}

时间复杂度 $\Theta(\max a_i +N)$。