思路：独立计算每一位的贡献，考虑字符串$t$的每一位应该是什么字符，显然对于每一位应该填入的字符是字符串$s$循环左移得到的所有字符串中在该位出现次数最多的字符，此时产生的贡献是最大的

考虑如何计算在字符串$s$循环左移得到的所有字符串中，在每一位每个字符出现的次数，因为是循环左移$n$次，所以对于原字符串$s$中的每个字符会对$[1,n]$中的每一位各产生$1$的贡献，既然对于$s$中的每个字符在每一位产生的贡献是相同的，那么每一位的字符出现情况也是相同的，所以每一位的选法是相同的

代码实现：遍历$s$中的字符，统计$A、G、C、T$每个字符出现的次数，将次数从小到大排序，设从小到大排序后的出现次数分别为$cnt_0、cnt_1、cnt_2、cnt_3$，则有四种情况：

$1$、$cnt_3>cnt_2$，说明每一位都是选择出现次数最多的这个字符，则答案为$1$

$2$、$cnt_3=cnt_2且cnt_2>cnt_1$，说明每一位有$2$种选法，则答案为$2^n$

$3$、$cnt_3=cnt_2=cnt_1且cnt_1>cnt_0$，说明每一位有$3$种选法，则答案为$3^n$

$4$、$cnt_3=cnt_2=cnt_1=cnt_0$，说明每一位有$4$种选法，则答案为$4^n$

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int mod = 1e9 + 7;

int qmi(int a, int k)
{
    int res = 1;
    while (k)
    {
        if (k & 1) res = 1ll * res * a % mod;
        a = 1ll * a * a % mod;
        k >>= 1;
    }

    return res;
}

void solve()
{
    int n;
    string s;
    cin >> n >> s;

    vector<int> cnt(4);
    for (auto c : s)
        if (c == 'A') cnt[0] ++ ;
        else if (c == 'G') cnt[1] ++ ;
        else if (c == 'C') cnt[2] ++ ;
        else cnt[3] ++ ;

    sort(cnt.begin(), cnt.end());
    if (cnt[3] > cnt[2]) cout << 1 << "\n";
    else if (cnt[2] > cnt[1]) cout << qmi(2, n) << "\n";
    else if (cnt[1] > cnt[0]) cout << qmi(3, n) << "\n";
    else cout << qmi(4, n) << "\n";
}

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);

    int T = 1;

    while (T -- ) solve();

    return 0;
}