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題目大意：問從起點走到終點，不能立刻走上一條走過的邊，長度為\(t\)的方案數

按點考慮會很麻煩，我們考慮按邊來考慮。先把無向邊給拆成兩條有向邊，記\(dp[i][j]\)表示在\(i\)時刻走過第\(j\)條邊到了\(j\)邊的終點的方案數。那麼它可以從\(j\)邊的終點繼續走，只要走的下一條邊不是\(j\)的反向邊就行了。很容易寫出dp方程

然而發現dp陣列的第一維太大了。我們考慮一下，對於每一個第二維，它能轉移到的狀態是確定的，也就是說轉移之間的係數矩陣是可以確定的，那麼我們就可以用矩陣優化了。

還有要注意，對於起點的時候是沒有不能走哪條邊的限制的，所以我們可以先列舉\(1\)

//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define op(i) ((i&1)?(i+1):(i-1))
using namespace std;
#define getc() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
int read(){
    int res,f=1;char ch;
    while((ch=getc())>'9'||ch<'0')(ch=='-')&&(f=-1);
    for(res=ch-'0';(ch=getc())>='0'&&ch<='9';res=res*10+ch-'0');
    return res*f;
}
const int N=205,mod=45989;
inline int add(int x,int y){return x+y>=mod?x+y-mod:x+y;}
inline int mul(int x,int y){return x*y%mod;}
int head[N],Next[N],ver[N],tot;
inline void add_edge(int u,int v){ver[++tot]=v,Next[tot]=head[u],head[u]=tot;}
struct Matrix{
    int a[N][N],n,m;
    inline void clr(){n=m=0;memset(a,0,sizeof(a));}
    Matrix(){clr();}
    int* operator [](const int x){return a[x];}
    Matrix operator *(Matrix b){
        Matrix res;res.clr(),res.n=n,res.m=b.m;
        for(int i=1;i<=n;++i)for(int j=1;j<=b.m;++j)for(int k=1;k<=m;++k)
        res[i][j]=add(res[i][j],mul(a[i][k],b[k][j]));
        return res;
    }
    inline void operator *=(Matrix b){*this=*this*b;}
}A,B;
int main(){
//  freopen("testdata.in","r",stdin);
    int n=read(),m=read(),tt=read(),op=read()+1,ed=read()+1;
    for(int i=1,u,v;i<=m;++i)u=read()+1,v=read()+1,add_edge(u,v),add_edge(v,u);
    A.n=1,A.m=B.m=B.n=tot;
    for(int j=1;j<=tot;++j){
        int u=ver[j];
        for(int i=head[u];i;i=Next[i])
        if(i!=op(j))B[j][i]+=1;
    }
    for(int i=head[op];i;i=Next[i])A[1][i]+=1;
    for(int i=tt-1;i;i>>=1,B*=B)if(i&1)A*=B;
    int ans=0;
    for(int i=head[ed];i;i=Next[i])ans=add(ans,A[1][op(i)]);
    printf("%d\n",ans);return 0;
}