不妨设$R$是唯一可以看到的颜色，考虑一维序列的情况。
设$f[i][j][k][x][y]$表示考虑了前$i$个位置，第$i$个位置的高度是$j$，最高高度是$k$，已经用了$x$个$R$，$y$个非$R$的方案数，转移则是要么使自己的高度$+1$，要么考虑下一个位置。
由此可以在$O(n^5)$的时间内预处理出$g[i][j]$，表示一行用了$i$个$R$，$j$个非$R$的方案数。
对于二维的情况，设$dp[i][j][k]$表示考虑了前$i$行，用了$j$个$R$，$k$个非$R$的方案数，枚举下一行转移即可。
对于$R$是唯一可以看到的颜色的情况，$ans=dp[n][R][G+B]C(G+B,G)$。
时间复杂度$O(n^5)$。
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=27,P=1000000007;
int R,G,B,n,m,o,i,j,k,x,y,C[N*2][N*2],f[2][N][N][N][N*2],g[N][N*2],dp[N][N][N*2],ans;
inline void up(int&a,int b){a+=b;if(a>=P)a-=P;}
int cal(int R,int G,int B){return 1LL*dp[n][R][G+B]*C[G+B][G]%P;}
int main(){
scanf("%d%d%d%d",&R,&G,&B,&n);
m=max(R,max(G,B));
f[0][0][0][0][0]=1;
for(i=0;i<n;i++,o^=1){
for(j=0;j<=m;j++)for(k=j;k<=m;k++)for(x=k;x<=m;x++)for(y=0;y<=m*2;y++)f[o^1][j][k][x][y]=0;
for(j=0;j<=m;j++)for(k=j;k<=m;k++)for(x=k;x<=m;x++)for(y=0;y<=m*2;y++)if(f[o][j][k][x][y]){
up(f[o^1][0][k][x][y],f[o][j][k][x][y]);
if(j==k)up(f[o][j+1][k+1][x+1][y],f[o][j][k][x][y]);
else{
up(f[o][j+1][k][x+1][y],f[o][j][k][x][y]);
up(f[o][j+1][k][x][y+1],f[o][j][k][x][y]);
}
}
}
for(k=0;k<=m;k++)for(x=k;x<=m;x++)for(y=0;y<=m*2;y++)if(f[o][0][k][x][y])up(g[x][y],f[o][0][k][x][y]);
for(C[0][0]=i=1;i<=m*2;i++)for(C[i][0]=j=1;j<=i;j++)C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%P;
dp[0][0][0]=1;
for(i=0;i<n;i++)for(j=0;j<=m;j++)for(k=0;k<=m*2;k++)if(dp[i][j][k])
for(x=0;j+x<=m;x++)for(y=0;y+k<=m*2;y++)
up(dp[i+1][j+x][y+k],1LL*dp[i][j][k]*g[x][y]%P);
ans=cal(R,G,B);
up(ans,cal(G,R,B));
up(ans,cal(B,R,G));
return printf("%d",ans),0;
}