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思路: 通過把前面幾項手推出來可以發現, 其次方項符合斐波那契數列, 又因為資料非常大, 所以就可以想到用矩陣快速冪去求得次方項, 需要注意的就是我們求的是次方, 而答案是取的某個數的該次方, 而a^b % p != a^(b%p) % p， 所以就需要加費馬小定理去 % 注意使用費馬小定理的條件p 要為質數! 所以就是 a^(p-1) % p = 1， 所以我們就可以讓b% (p - 1 ).

AC Code

#include<bits/stdc++.h>
#define CLR(x) memset(x,0,sizeof(x))
#define ll long long int
 

#define PI acos(-1.0)
#define db double
using namespace std;
const int maxn=1e5+5;
const int mod = 1000000007;
ll A,B,n;
struct Ma{
    ll a[5][5];
    void cc(){
        CLR(a);
    }
    Ma operator * (const Ma &b) const {
        Ma tmp;
        tmp.cc();
        for(int i=0;i<2;i++){
            for
 
(int j=0;j<2;j++){
                for(int k=0;k<2;k++){
                    tmp.a[i][j] += (a[i][k] * b.a[k][j]);
                    tmp.a[i][j] %= (mod-1);  //1e9+7 剛好是質數, 所以由費馬小定理, 知道當次方
//項到達1e9+6時,答案為1, 所以項數應該mod 1e9+6 ， 且不會影響最終結果. 否則就會影響結果.
                }
            }
        }
        return
 
 tmp;
    }
}res,x;

void init()
{
    res.cc();
    x.cc();
    for(int i=0;i<2;i++)
        res.a[i][i]=1;

    x.a[0][0] = x.a[0][1] = 1;
    x.a[1][0] = 1;
    x.a[1][1] = 0;
}

void qpow(int t)
{
    while(t){
        if(t&1) res = res * x;
        x = x*x;
        t >>= 1;
    }
}

ll pow(ll t,ll k)  //這個是快速冪, 因為最後求數的幾次方的時候會用到.
{
    ll sum = 1;
    ll base = k;
    while(t){
        if(t&1){
            sum *= base;
            sum %= mod;
        }
        base *= base;
        base %= mod;
        t >>= 1;
    }
    return sum;
}

int main()  //思路找到項數對應的Fiboccai 數列中對應的次方項, 分別求出在數列中的值.最後乘在一起就行了.
{
    while(scanf("%lld%lld%lld",&A,&B,&n)!=EOF){
        ll b[5];
        b[0] = A;
        b[1] = B;
        if(n<2){
            printf("%lld\n",b[n]);
            continue;
        }
        ll k1=0,k2=0;
        if(n<4)
            k1=1;
        else{
            init();
            qpow(n-3);
            for(int i=0;i<2;i++){
                k1 += res.a[i][0];
                k1 %= (mod-1);   //因為是次方數, 所以是mod 1e9+6;
            }
        }
        if(n==2){
            k2=1;
        }
        else{
            init();
            qpow(n-2);
            for(int i=0;i<2;i++){
                k2 += res.a[i][0];
                k2 %= (mod-1);
            }
        }
        ll ans = (pow(k1,A)%mod*pow(k2,B)%mod)%mod;  //最終結果才是mod 1e9+7 ;
        printf("%lld\n",ans);
    }
}