首先容易发现操作可以加强为对 $\geq a$ 或 $\geq b$ 的段进行修改。由于可以直接把整个串改为 1，所以 $a,b$ 可以交换，不妨设 $a\leq b$。

把操作反过来，考虑对于一个 01 序列，能否经过若干次逆操作变为全为 0。

原操作的逆操作就是选择一个长度 $\geq a$ 的全为 0 的段变为任意数。因为我们现在不知道变为什么数对我们有利，我们不妨把它们变为 ?，这样我们可以选择一个长度 $\geq a$ 的不包含 1 的段全变为 ?，或选择一个长度 $\geq b$ 的不包含 0 的段全变为 ?。而目标就是把整个序列变为 0 或 ?，等价于变为全部是 ?。

由于 ? 的功能严格包含 0 和 1 的功能，所以我们贪心地只要遇到长 $\geq a$ 的非 1 段就变为 ?。

注意到如果我们把一个长为 $b$ 的段变为了 ?，由于 $a\leq b$，我们可以把这个 ? 段无限延长，直至整个序列都变为 ?。

于是我们得出了如下结论：一个序列能否变为全 0 串，等价于把其中所有长度至少为 $a$ 的极长连续 1 段全变为 0 后是否存在长至少为 $b$ 的连续 0 段。

由容斥原理，只需求用长 $< a$ 的极长连续 1 段分割后每段长 $< b$ 且所有极长连续 1 段的长度都 $\geq a$。

考虑动态规划，记

• $f_i$ 表示到第 $i$ 位为止最后一个连续段是长度小于 $a$ 的 1 段；
• $g_{i,j}$ 表示到第 $i$ 位为止有一个长度为 $j$ 不包含长度小于 $a$ 的极长连续 1 段的极长段且最后一个连续段是 0；
• $h_{i,j}$ 表示到第 $i$ 位为止有一个长度为 $j$ 不包含长度小于 $a$ 的极长连续 1 段的极长段且最后一个连续段是 1。

用朴素方法转移是 $\Theta(n^3)$ 的，使用前缀和优化即可做到 $\Theta(n^2)$。

/**
 * @date: 2024.02.18
 * @problem: AT_agc045_c
 * @tags: 数学, 组合数学, 组合计数, 思维, 动态规划
 */

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=1e9+7;

int n,a,b;
long long f[5001],g[5001][5001],h[5001][5001];
long long sg[5001],sumg[5001][5001],sumh[5001];

int main(){
    scanf("%d%d%d",&n,&a,&b);
    if(a>b)swap(a,b);
    f[0]=g[0][0]=h[0][0]=1;
    if(n<=1000){
        // O(N^3)
        for(int i=1;i<=n;i++){
            if(i<a)f[i]++;
            for(int j=max(0,i-a+1);j<i;j++)
                for(int k=1;k<=j;k++)
                    f[i]+=g[j][k],f[i]%=mod;
            for(int j=1;j<=i&&j<b;j++){
                for(int k=1;k<j;k++)
                    g[i][j]+=h[i-k][j-k];
                g[i][j]+=f[i-j],g[i][j]%=mod;
            }
            if(a<=i&&i<b)h[i][i]++;
            for(int j=1;j<=i&&j<b;j++){
                for(int k=a;k<j;k++)
                    h[i][j]+=g[i-k][j-k];
                h[i][j]%=mod;
            }
        }
    }
    else{
        // O(N^2)
        for(int i=1;i<=n;i++){
            for(int j=1;j<i;j++)
                sg[i-1]+=g[i-1][j];
            sg[i-1]%=mod;

            if(i<a)f[i]++;
            for(int j=max(0,i-a+1);j<i;j++)f[i]+=sg[j];
            f[i]%=mod;
            for(int j=1;j<=i&&j<b;j++){
                g[i][j]=(sumh[i-j]+f[i-j])%mod;
                sumg[i][j]=(sumg[i-1][j-1]+g[i][j])%mod;
            }
            if(a<=i&&i<b)h[i][i]++;
            for(int j=1;j<=i&&j<b;j++){
                if(i>=a&&j>=a)h[i][j]+=sumg[i-a][j-a],h[i][j]%=mod;
                sumh[i-j]+=h[i][j],sumh[i-j]%=mod;
            }
        }
    }
    long long answer=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)answer=answer*2%mod;
    answer-=f[n];
    for(int i=1;i<=n;i++)
        answer-=g[n][i]+h[n][i];
    printf("%lld\n",(answer%mod+mod)%mod);
    return 0;
}