这道题只要肯动手还是挺水的

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我们先枚举几个找找规律(这里先省略x,y):

k = 0 :\(1\)

k = 1 : \(a\) \(b\)

k = 2 : \(a^{2}\) \(2ab\) \(b^{2}\)

k = 3 : \(a^{3}\) \(3a^{2}b\) \(3ab^{2}\) \(b^{3}\)

.......

去掉\(a\)和\(b\),就能发现他就是个杨辉三角,那我们就可以先预处理好杨辉三角(也可以打表)

我们继续观察,杨辉三角上是要乘上\(a\)和\(b\)的,现在我们就要找该怎么乘了;观察次数,\(a\)的次数是\(n\)的大小,\(b\)也是\(m\)的大小,那么就可以先把\(a\),\(b\)乘方后的数乘到他们对应的杨辉三角的数;至于乘方,我用的快速幂,其实爆乘应该也可以,看喜好吧,只要每次都\(%\)去哪个规定的数就行了(没试过鸭)

说了这么多,我们还没确定他们的位置,观察,由于杨辉三角的第一排其实不为\(1\),所以对应的行数也就是\(k+1\)了,在确定列,可以发现,其实就是\(m+1\);现在,就做出来啦


接下来就是蒟蒻的代码啦!

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long a/*x*/ , b/*y*/ , k , m/*y*/ , n/*x*/ , mo = 10007 , ans; //标记好对应的字母,以防带错值了
long long ret = 1; //快速幂的答案
long long f[10011][10011]; //杨辉三角
int main(){
f[1][1] = 1; //杨辉三角的第一行为1,后面才好算嘛
for(int i = 2; i <= 1005; i++) //数据最大为1000,所以1000多就够了
for(int j = 1; j <= i; j++)
f[i][j] = (f[i - 1][j - 1] % mo + f[i - 1][j] % mo) % mo; //每一步都%,以防答案太大
cin >> a >> b >> k >> n >> m;
ans = f[k + 1][m + 1]; //答案初始化了
while(n){ //快速幂~~~
if(n % 2 == 1) ret = ret * a % mo;
n /= 2;
a = a * a % mo;
}
ans *= ret % mo;
ret = 1; //上一个用完就要初始化了
while(m){
if(m % 2 == 1) ret = ret * b % mo;
m /= 2;
b = b * b % mo;
}
ans *= ret % mo;
cout << ans % mo;
return 0;
}

就这么多啦,溜了溜了

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