好的，我们先一步步分析这个问题。

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题意整理

• 长度为 (n) 的 交错序列：仅由 0 和 1 组成，没有相邻的 1。
• 对于一个这样的序列，设 0 的个数为 (x)，1 的个数为 (y)，满足 (x + y = n)。
• 序列的特征值 = (x^a y^b)。
• 求所有长度为 (n) 的交错序列的特征值之和，结果对质数 (m) 取模。
• 注意 (0^0=1)。

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第一步：转化为组合模型

没有相邻的 1，就是经典的 无相邻 1 的 0-1 串 计数问题。
设 (y) 个 1，那么 1 之间有 (y-1) 个间隙（不允许相邻，所以每两个 1 之间至少 1 个 0），还需要考虑首尾也可以有 0。

把 (y) 个 1 排好，它们之间有 (y+1) 个空隙（包括首尾），在这些空隙中放入 (x = n-y) 个 0，每个空隙的 0 个数 (\ge 0)，且 0 的总数固定为 (n-y)。

放 0 的方案数 = 将 (n-y) 个相同球放入 (y+1) 个盒（可空）的方案数，即： [ \binom{(n-y) + (y+1) - 1}{y+1 - 1} = \binom{n-y + y}{y} = \binom{n-y+1}{y} ] 检验：设 1 的个数 (y)，0 的个数 (x = n-y)，将 (x) 个 0 分配到 (y+1) 个空隙（可空）： [ \binom{x + (y+1) - 1}{(y+1)-1} = \binom{x + y}{y} = \binom{n}{y} ] 等一下，这样不对，我们仔细算。

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我们要求的是 (x) 个 0 放入 (y+1) 个空隙（可空），方案数是 (\binom{x + y+1 - 1}{y} = \binom{x+y}{y} = \binom{n}{y})。

这似乎是一个熟悉的结果：无相邻 1 的 0-1 串数量与组合数 (\binom{n-y+1}{y}) 的关系。

实际上，经典结论：
无相邻 1 的长度为 (n) 的 0-1 串，若含 (y) 个 1，则方案数 = (\binom{n-y+1}{y})。

推导：把 (y) 个 1 放好，它们之间有 (y-1) 个空隙必须放至少 1 个 0（避免相邻），所以先在这 (y-1) 个空隙中各放 1 个 0，用掉 (y-1) 个 0，剩下 (x - (y-1) = n-y - y + 1 = n - 2y + 1) 个 0 可以任意分配到 (y+1) 个空隙（包括首尾）。
将 (n-2y+1) 个不可区分的 0 放入 (y+1) 个可空盒子：(\binom{(n-2y+1)+(y+1)-1}{y} = \binom{n-y+1}{y})。

所以： [ \text{固定 } y \text{ 的方案数} = \binom{n-y+1}{y} \quad (\text{若 } n-y+1 \ge y \text{ 即 } y \le \lfloor \frac{n+1}{2} \rfloor) ] 否则为 0。

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第二步：求和式

我们要计算： [ S = \sum_{y=0}^{\lfloor (n+1)/2 \rfloor} \binom{n-y+1}{y} \cdot (n-y)^a \cdot y^b ] 其中 ((n-y)^a y^b) 是特征值，(\binom{n-y+1}{y}) 是对应 (y) 的序列数量。

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第三步：直接计算的可行性

(n) 可达 (10^7)，但 (a,b \le 45)，所以虽然 (n) 很大，但幂次不高。
直接枚举 (y) 从 0 到 (\lfloor (n+1)/2 \rfloor) 是不可能的（(O(n)) 会超时，(n) 太大）。

我们需要更快的算法。

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第四步：递推思路

设 (F(n) = \sum_{y} \binom{n-y+1}{y} (n-y)^a y^b)。

组合数 (\binom{n-y+1}{y}) 满足递推关系：
令 (C(n,y) = \binom{n-y+1}{y})，则
(C(n,y) = C(n-1,y) + C(n-2, y-1))（可以验证，这是组合恒等式）。

因此可以尝试对 (n) 建立递推，但这里附加了权重 ((n-y)^a y^b)，导致直接递推困难。

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第五步：生成函数法

考虑生成函数： [ G(t) = \sum_{y \ge 0} \binom{n-y+1}{y} t^y ] 已知无相邻 1 的 0-1 串的生成函数与 Fibonacci 多项式有关： [ \sum_{y} \binom{n-y+1}{y} z^y = F_{n+1}(z) \quad \text{某种形式} ] 更准确：(\sum_{y} \binom{n-y+1}{y} x^y) 是 Fibonacci 多项式的系数。

我们要求的是 (\sum_y \binom{n-y+1}{y} (n-y)^a y^b)。

注意到 ((n-y)^a = \sum_{k=0}^a \binom{a}{k} n^{a-k} (-y)^k)，二项展开： [ (n-y)^a y^b = \sum_{k=0}^a \binom{a}{k} n^{a-k} (-1)^k y^{k+b} ] 所以原和式变为： [ S = \sum_{k=0}^a \binom{a}{k} n^{a-k} (-1)^k \left[ \sum_{y} \binom{n-y+1}{y} y^{k+b} \right] ]

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第六步：问题转化为求 (\sum_y \binom{n-y+1}{y} y^m)

设 (T_m(n) = \sum_y \binom{n-y+1}{y} y^m)。

利用 (C(n,y)) 的递推： [ \binom{n-y+1}{y} = \binom{n-y}{y} + \binom{n-y}{y-1} ] 但更好用： [ \binom{n-y+1}{y} = \binom{n-y}{y} + \binom{n-y}{y-1} ] 和 [ \binom{n-y}{y} = \binom{n-1-y}{y} + \binom{n-2-(y-1)}{y-1} \quad \text{复杂} ]

不过已知标准结果： [ \sum_{y} \binom{n-y+1}{y} y^m ] 可以用 线性递推 计算，因为 (\binom{n-y+1}{y}) 本身是常系数线性递推（斐波那契类）的系数，乘上 (y^m) 后仍可化为高阶线性递推。

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具体地：
序列 (A_n = \sum_{y} \binom{n-y+1}{y} y^m) 满足线性递推，递推阶数至多 (2(m+1))。
因为 (y^m) 可写成关于 (n) 和 (y) 的多项式，而组合数部分满足 Fibonacci 递推 (f_n = f_{n-1} + f_{n-2})（对于总个数），带权后仍在多项式递推类中。

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第七步：利用矩阵快速幂

设 (dp[n][m] = \sum_{y} \binom{n-y+1}{y} y^m)。
我们可对每个 (m) 建立递推，但 (n) 很大（(10^7)），递推阶数不高时可用矩阵快速幂 (O(\log n))，但 (m) 最大 (a+b \le 90)，矩阵大小 (O(m)) 的话矩阵乘法的代价 (O(m^3 \log n)) 太大。

需要更优方法。

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第八步：多项式插值法

注意 (T_m(n) = \sum_{y} \binom{n-y+1}{y} y^m) 是关于 (n) 的多项式，次数为 (m+1)？ 我们来验证阶数：

(\binom{n-y+1}{y}) 是 (n) 的 (y) 次多项式（看作多项式函数）。
(T_m(n)) 是这些多项式的和，乘以 (y^m)，所以是 (n) 的 至多 (m+1) 次多项式（因为 (y) 最大约 (n/2)，但多项式次数由项决定）。

因此，对于固定的 (m)，(T_m(n)) 是 (n) 的 (m+1) 次多项式。

那么我们可以：

• 对于每个 (m = 0, 1, \dots, a+b)，计算 (T_m(0), T_m(1), \dots, T_m(m+1))（暴力算，因为 (m) 小）。
• 用拉格朗日插值得到多项式 (T_m(n)) 的系数（模 (m)）。
• 然后代入需要的 (n)。

这样预计算 (O((a+b)^3))，然后每个查询 (O((a+b)^2)) 得到 (T_m(n))，再组合得到答案。

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步骤：

1. 枚举 (m = k+b)，其中 (k=0..a)。
2. 对每个 (m)，计算 (T_m(j)) 对 (j=0..m+1)： [ T_m(j) = \sum_{y=0}^{\lfloor (j+1)/2 \rfloor} \binom{j-y+1}{y} y^m ] 直接算，因为 (j \le m+1 \le 91)，非常快。
3. 用这些点值插值得到 (T_m(n) \bmod M)。
4. 计算 [ S = \sum_{k=0}^a \binom{a}{k} n^{a-k} (-1)^k T_{k+b}(n) \bmod M ]

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第九步：模质数运算

(M) 是质数（题目保证），所以可以用费马小定理求逆元，进行拉格朗日插值。

插值公式： [ T_m(n) = \sum_{i=0}^{d} T_m(i) \cdot \prod_{j \neq i} \frac{n-j}{i-j} \pmod{M} ] 其中 (d = m+1)。

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第十步：时间复杂度

• 计算 (T_m(j))：(O((a+b)^3)) 因为 (m \le a+b \le 90)，(j \le m+1)，所以 (\le 91)，每算一个 (T_m(j)) 需要 (O(j)) 求和，总 (O((a+b)^3)) 约 (90^3 = 729000)，可接受。
• 插值：对每个 (m) 插值一次 (O(d^2))，总 (O((a+b)^3))。
• 最终求和：(O(a))。

因此整体可行。

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样例验证

样例 1：(n=3, a=1, b=2)
(S = \sum_{k=0}^1 \binom{1}{k} 3^{1-k} (-1)^k T_{k+2}(3))
= ( \binom{1}{0}3^1 T_2(3) + \binom{1}{1}3^0 (-1) T_3(3) )
= (3 T_2(3) - T_3(3))。

计算 (T_2(3))：
(y=0): (\binom{4}{0}0^2=0)
(y=1): (\binom{3}{1}1^2=3)
(y=2): (\binom{2}{2}4=4)，和=7
(T_3(3)):
(y=0:0, y=1:\binom{3}{1}1^3=3, y=2:\binom{2}{2}8=8)，和=11
则 (3\times7 - 11 = 21-11=10)，匹配样例。

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最终算法流程

1. 读入 (n,a,b,M)。
2. 令 (L = a+b)。
3. 对 (m=0) 到 (L)：
   • 计算 (T_m(0..m+1))：
     (T_m(j) = \sum_{y=0}^{\lfloor (j+1)/2 \rfloor} \binom{j-y+1}{y} y^m \bmod M)。
   • 用点值 ((0..m+1, T_m)) 插值得到多项式，并计算 (T_m(n) \bmod M)。
4. 计算答案： [ S = \sum_{k=0}^a \binom{a}{k} n^{a-k} (-1)^k T_{k+b}(n) \bmod M ]
5. 输出 (S)。

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这样就能在 (O((a+b)^3)) 时间内求解，适用于 (a,b \le 45) 的大 (n)。