(f(n)=sum_{i=1}^ni^k)，这是自然数幂次和，是一个以(n)为自变量的(k+1)次多项式
(g(n)=sum_{i=1}^nf(i))，因为这东西差分之后是(f)，所以这是一个(k+2)次多项式
同理最后我们要求的也是一个(k+3)次多项式
(f,g)暴力计算，然后把第三个多项式用拉格朗日插值插出来，最后只要求第三个多项式的点值即可
话说这题模数没问题啊……为啥得开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
",Large(g,k+4,n));
}return 0;
}