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题目大意：洛谷
题解：首先考虑最朴素的转移即设 (f_{i,l,r}) 表示到了第 (i) 层，前面全部连通，第 (i) 层剩余的砖块是 ([l,r]) 的方案数，然后考虑容斥转移，令 (P_{l,r}) 表示一行中恰好剩下 ([l,r]) 中的砖块的概率，然后就可以得到(f_{i,l,r}=P_{l,r}(sum f_{i-1,l^{'},r^{'}}-sum_{r^{'}<l} f_{i-1,l^{'},r_{'}}-sum_{l_{'}>r}f_{i-1,l^{'},r^{'}}))。
然后把整个式子整理一下，因为容易发现后面的两个式子是对称的，所以我们可以将第三个式子翻转一下变成和第二个式子一样的形式，再设 (s_{i,r}=sum_{l<=r}f_{i,l,r}) , (f_i=sum f_{i,l,r}=sum s_{i,r}) ，然后上面的转移就可以全部用 (s) 和 (f)·来表示，然后再将整个式子用 (s,f) 来表示，来推出仅和 (s,f) 有关的递推式，然后再考虑用前缀和优化一下，这样的话时间复杂度就变成了(O(nm))的。
代码：
#include <cstdio>
int quick_power(int a,int b,int Mod){
int ans=1;
while(b){
if(b&1){
ans=1ll*ans*a%Mod;
}
b>>=1;
a=1ll*a*a%Mod;
}
return ans;
}
int min(int a,int b){
return a<b?a:b;
}
const int Maxn=1500;
const int Maxk=100000;
const int Mod=1000000007;
int n,m;
int p;
int k;
int frac[Maxk+5],inv_f[Maxk+5];
int g[Maxn+5],q[Maxn+5];
void init(){
frac[0]=1;
for(int i=1;i<=Maxk;i++){
frac[i]=1ll*frac[i-1]*i%Mod;
}
inv_f[Maxk]=quick_power(frac[Maxk],Mod-2,Mod);
for(int i=Maxk-1;i>=0;i--){
inv_f[i]=1ll*inv_f[i+1]*(i+1)%Mod;
}
}
int C(int n,int m){
return 1ll*frac[n]*inv_f[m]%Mod*inv_f[n-m]%Mod;
}
int f[Maxn+5][Maxn+5],s[Maxn+5][Maxn+5],h[Maxn+5][Maxn+5];
int main(){
init();
scanf("%d%d",&n,&m);
scanf("%d%d",&p,&k);
p=1ll*p*quick_power(k,Mod-2,Mod)%Mod;
scanf("%d",&k);
for(int i=0;i<=min(m,k);i++){
g[i]=1ll*C(k,i)*quick_power(p,i,Mod)%Mod*quick_power((1-p+Mod)%Mod,k-i,Mod)%Mod;
}
for(int i=1;i<=m;i++){
q[i]=(q[i-1]+g[i-1])%Mod;
}
f[0][m]=s[0][m]=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=m;j++){
f[i][j]=1ll*g[m-j]*((1ll*(s[i-1][m]-s[i-1][m-j]+Mod)%Mod)*q[j]%Mod-h[i-1][j]+Mod)%Mod;
s[i][j]=(s[i][j-1]+f[i][j])%Mod;
h[i][j]=(h[i][j-1]+1ll*g[j-1]*s[i][j-1])%Mod;
}
}
printf("%d
",s[n][m]);
return 0;
}