治疗之雨
题目背景：
5.11 模拟 BJOI2018D2T3
分析：期望DP + 高斯消元优化
我对这道题真的是有一千句喵喵喵，因为一句特判没写，100变10分，内心崩溃。直接说正解吧，定义dp[i]表示还剩i点血的期望步数，f[i]表示在k次攻击中被打中i次的概率。显然：
显然，对于每一个dp[i]的式子（i < n）都包含了dp[i + 1]所以直接递推是行不通的，要直接做的话，只能考虑高斯消元，但是复杂度是T * n3只有最多不到70分，考虑如何优化，我们发现，对于关于1 ~ n - 1的等式，对于第i个等式，我们可以更改一下，变成关于dp[i + 1]，这样就可以变成一个递推式的形式，那么对于dp[i + 1] (1 <=i < n)都可以表示成一个由dp[0 ~ i]表示的式子，经过一些化简，我们可以把dp[2 ~ n]全部表示成关于dp[1]的一个一次函数，然后我们只需要用最后一个关于dp[n]的式子，将dp[n]表示出来，将两个dp[n]联立求解dp[1]，然后获得dp[p]就可以了。对于第1 ~ n - 1个式子：
总复杂度O(T * n2)，可以通过，dp没有什么非常需要注意的细节，但是一定要打齐特判······
Source:
/*
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*/
#include <cstdio>
#include <string>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <cmath>
#include <cctype>
#include <vector>
#include <set>
#include <queue>
#include <ctime>
#include <bitset>
inline char read() {
static const int IN_LEN = 1024 * 1024;
static char buf[IN_LEN], *s, *t;
if (s == t) {
t = (s = buf) + fread(buf, 1, IN_LEN, stdin);
if (s == t) return -1;
}
return *s++;
}
// /*
template<class T>
inline void R(T &x) {
static char c;
static bool iosig;
for (c = read(), iosig = false; !isdigit(c); c = read()) {
if (c == -1) return ;
if (c == '-') iosig = true;
}
for (x = 0; isdigit(c); c = read())
x = ((x << 2) + x << 1) + (c ^ '0');
if (iosig) x = -x;
}
//*/
const int OUT_LEN = 1024 * 1024;
char obuf[OUT_LEN];
char *oh = obuf;
inline void write_char(char c) {
if (oh == obuf + OUT_LEN) fwrite(obuf, 1, OUT_LEN, stdout), oh = obuf;
*oh++ = c;
}
template<class T>
inline void W(T x) {
static int buf[30], cnt;
if (x == 0) write_char('0');
else {
if (x < 0) write_char('-'), x = -x;
for (cnt = 0; x; x /= 10) buf[++cnt] = x % 10 + 48;
while (cnt) write_char(buf[cnt--]);
}
}
inline void flush() {
fwrite(obuf, 1, oh - obuf, stdout), oh = obuf;
}
/*
template<class T>
inline void R(T &x) {
static char c;
static bool iosig;
for (c = getchar(), iosig = false; !isdigit(c); c = getchar())
if (c == '-') iosig = true;
for (x = 0; isdigit(c); c = getchar())
x = ((x << 2) + x << 1) + (c ^ '0');
if (iosig) x = -x;
}
//*/
const int MAXN = 1500 + 10;
const int mod = 1000000000 + 7;
int n, p, m, k, t;
long long f[MAXN];
inline int add(int a, int b) {
a += b;
return (a >= mod) ? (a -= mod) : (a);
}
struct data {
long long a, b;
data() {}
data(long long a, long long b) : a(a), b(b) {}
inline data operator + (const data &c) const {
return data(add(a, c.a), add(b, c.b));
}
inline data operator - (const data &c) const {
return data(add(a, mod - c.a), add(b, mod - c.b));
}
inline data operator * (const long long &c) const {
return data(a * c % mod, b * c % mod);
}
inline data operator + (const long long &c) const {
return data(a, add(b, c));
}
inline data operator - (const long long &c) const {
return data(a, add(b, mod - c));
}
} dp[MAXN];
inline long long mod_pow(long long a, long long b) {
long long ans = 1;
for (; b; b >>= 1, a = a * a % mod)
if (b & 1) ans = ans * a % mod;
return ans;
}
inline void solve() {
/*
2 1 0 2
*/
R(n), R(p), R(m), R(k);
if (p == 0) {
puts("0");
return ;
}
if (k == 0) {
puts("-1");
return ;
}
if (m == 0) {
if (k == 0) {
puts("-1");
return ;
}
if (k == 1) {
if (n != 1) puts("-1");
else puts("1");
return ;
}
if (p == n) std::cout << std::ceil((double)(p - k) / (k - 1)) + 1 << '\n';
else std::cout << std::ceil((double)(p - k + 1) / (k - 1)) + 1 << '\n';
return ;
}
long long c = 1, x = 1, inv = mod_pow(m + 1, mod - 2);
long long inv_m = mod_pow(inv * m % mod, mod - 2);
long long y = mod_pow(inv * m % mod, k);
for (int i = 0, end = std::min(n, k); i <= end; ++i) {
f[i] = c * x % mod * y % mod;
c = c * (k - i) % mod * mod_pow(i + 1, mod - 2) % mod;
x = x * inv % mod, y = y * inv_m % mod;
}
long long inv0 = mod_pow(f[0], mod - 2);
dp[0] = data(0, 0), dp[1] = data(1, 0);
for (int i = 1; i < n; ++i) {
dp[i + 1] = dp[i] * (m + 1) - m - 1;
data t = data(0, 0);
for (int j = 0, end = std::min(k, i); j <= end; ++j)
t = t + dp[i - j] * f[j];
dp[i + 1] = dp[i + 1] - t * m, t = data(0, 0);
for (int j = 1, end = std::min(k, i + 1); j <= end; ++j)
t = t + dp[i - j + 1] * f[j];
dp[i + 1] = dp[i + 1] - t, dp[i + 1] = dp[i + 1] * inv0;
}
data ret = data(0, 1);
for (int j = 1, end = std::min(k, n); j <= end; ++j)
ret = ret + dp[n - j] * f[j];
ret = ret * mod_pow((1 - f[0] + mod) % mod, mod - 2);
ret = ret - dp[n];
if (ret.a == 0 && ret.b != 0) puts("-1");
else {
long long t = (long long)(mod - ret.b) * mod_pow(ret.a, mod - 2) % mod;
std::cout << ((dp[p].a * t % mod + dp[p].b) % mod + mod) % mod << '\n';
}
}
int main() {
// freopen("heal.in", "r", stdin);
// freopen("heal.out", "w", stdout);
R(t);
while (t--) solve();
return 0;
}