#include <bits/stdc++.h>
#include <atcoder/all>
#include <boost/polygon/point_data.hpp>
#include <boost/polygon/voronoi.hpp>
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<(b);i++)
#define rrep(i,a,b) for(int i=(b)-1;i>=(a);i--)
#define all(x) begin(x),end(x)
#define sz(x) (int)(x).size()
using namespace std;
using namespace atcoder;
using ll=long long;
using ld=long double;
using vll=vector<ll>;
using vvll=vector<vll>;
using vi=vector<int>;
using vvi=vector<vi>;
using pll=pair<ll,ll>;
using pi=pair<int,int>;

// using mint=modint998244353;
using mint=modint1000000007;
// using mint2=static_modint<2>;

// using BoostPoint=boost::polygon::point_data<int>;
// using Voronoi=boost::polygon::voronoi_diagram<double>;

// using mint=LazyMontgomeryModInt<998244353>;
using vm=vector<mint>;
// using vvm=vector<vm>;

int main()
{
  	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr);
	int N;
	cin>>N;
	vll A(N);
	rep(i,0,N)cin>>A[i];
	string S;
	cin>>S;
	/**
	 * まず、計算量を無視しましょう
	 * 部分列を固定して考えましょう、例えばT=aabaaabaaの時、abaは(1,3,4),(1,3,5),(5,7,8)...で発生します
	 * 最小辞書順の(1,3,4)に注目しましょう
	 * 実は部分列は、この最小辞書順の添字列と一対一に対応します
	 * dp[i]を最小辞書順の添字列の最後尾がiの時の数として
	 * dp[i] = \sum_{k=j}^{i-1} dp[k] (jはT[j]=T[i]かつj<iような最大のj) が成立します
	 * そして、T[8]=T[9]=T[10]の時 dp[8]=dp[9]=dp[10]　ので
	 * 愚直で実装しでも、ならし計算量O(26|S|)で解けます
	 */
	vm dp(N);
	mint ans=0;
	rep(i,0,N){
		int k=i-1;
		for(;k>=0&&S[k]!=S[i];--k){
			dp[i]+=dp[k]*A[k];
		}
		if(k<0)dp[i]++;
		else dp[i]+=dp[k];
		ans+=dp[i]*A[i];
	}
	cout<<ans.val()<<'\n';
}