傳送門

\(f(n)=\sum_{i=1}^ni^k\)，這是自然數冪次和，是一個以\(n\)為自變數的\(k+1\)次多項式

\(g(n)=\sum_{i=1}^nf(i)\)，因為這東西差分之後是\(f\)，所以這是一個\(k+2\)次多項式

同理最後我們要求的也是一個\(k+3\)次多項式

\(f,g\)暴力計算，然後把第三個多項式用拉格朗日插值插出來，最後只要求第三個多項式的點值即可

話說這題模數沒問題啊……為啥得開longlong啊……

//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define int long long
#define fp(i,a,b) for(R int i=a,I=b+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=a,I=b-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
using namespace std;
const int N=155,P=1234567891;
inline int add(R int x,R int y){return x+y>=P?x+y-P:x+y;}
inline int dec(R int x,R int y){return x-y<0?x-y+P:x-y;}
inline int mul(R int x,R int y){return 1ll*x*y-1ll*x*y/P*P;}
int ksm(R int x,R int y){
    R int res=1;
    for(;y;y>>=1,x=mul(x,x))if(y&1)res=mul(res,x);
    return res;
}
int f[N],g[N],n,k,a,d,x[N];
int Large(int *f,int n,int k){
    if(k<=n)return f[k];
    int ty=(n&1)?P-1:1,res=0,tmp=1;
    fp(i,1,n)tmp=1ll*tmp*(k-i)%P*ksm(i,P-2)%P;
    fp(i,0,n){
        res=add(res,1ll*tmp*ty%P*f[i]%P);
        tmp=1ll*tmp*(k-i)%P*ksm(k-i-1,P-2)%P*(n-i)%P*ksm(i+1,P-2)%P;
        ty=P-ty;
    }return res;
}
signed main(){
//  freopen("testdata.in","r",stdin);
    int T;scanf("%lld",&T);
    while(T--){
        scanf("%lld%lld%lld%lld",&k,&a,&n,&d);
//      memset(f,0,sizeof(f)),memset(g,0,sizeof(g));
        fp(i,1,k+4)f[i]=add(f[i-1],ksm(i,k));
        fp(i,1,k+4)f[i]=add(f[i],f[i-1]);
        fp(i,0,k+4)g[i]=add(i?g[i-1]:0,Large(f,k+4,add(a,mul(i,d))));
        printf("%lld\n",Large(g,k+4,n));
    }return 0;
}