Venice technique简要就是懒标记思想。
由于前缀和数组和原数组一一对应，这里我们选择求$a_i$的前缀和数组的方案数（下面$a_i$表示原题数组的前缀和）

不难得知原题目的两个条件即

• $b_i=a_i-a_{i-1}\to a_i=b_i+a_{i-1}$
• $b_i=a_i\to a_i=b_i$

状态表示：$f_{i,j}$考虑前$i$个数，所求数组第$i$个位置值是$j$的方案数。
答案即是：${\sum }_{j=-\infty }^{+\infty }{f}_{n,j}$

状态转移：

• $f_{i,j}=f_{i-1,j-b_i}$
• $f_{i,b_i}={\sum }_{j=-\infty }^{+\infty }{f}_{i-1,j}-(f_{i-1,0})$

$a_i=b_i+a_{i-1}$和$a_i=b_i$当$a_{i-1}=0$时是同一种情况，因此需要把重复计算的去掉。

按照上述转移方式肯定不可信，不难发现第一维可以用滚动数组优化掉，注意第一个转移式子，相当于将整个数组平移$b_i$，这里采用的懒标记的思想做一个下标映射。

对于第一种转移，维护一个add，$f_{i,j}=f_{i-1,j-b_i}=f_{i-1,j+add}$，如果每次让add减去$b_i$就完成了对数组的平移操作也就是第一种转移。

而下面一种转移，只需要记住原来$b_i$的位置是$b_i+add$即可转移

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);cout.tie(nullptr)
#pragma GCC optimize(2)
#include<map>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
using ll=long long;
constexpr int N=100010;
constexpr ll mod=1e9+7;
int n;
map<ll,ll> dp;
int main()
{IO;int T=1;cin>>T;while(T--){cin>>n;dp.clear();dp[0]=1;ll sum=1,add=0;for(int i=1;i<=n;i++){ll b;cin>>b;ll pre=sum-dp[0+add]; pre=(pre%mod+mod)%mod;add-=b;sum+=pre; sum%=mod;dp[b+add]+=pre; dp[b+add]%=mod;}cout<<sum<<'\n';}return 0;
}