题目大意：问从起点走到终点，不能立刻走上一条走过的边，长度为(t)的方案数
按点考虑会很麻烦，我们考虑按边来考虑。先把无向边给拆成两条有向边，记(dp[i][j])表示在(i)时刻走过第(j)条边到了(j)边的终点的方案数。那么它可以从(j)边的终点继续走，只要走的下一条边不是(j)的反向边就行了。很容易写出dp方程
然而发现dp数组的第一维太大了。我们考虑一下，对于每一个第二维，它能转移到的状态是确定的，也就是说转移之间的系数矩阵是可以确定的，那么我们就可以用矩阵优化了。
还有要注意，对于起点的时候是没有不能走哪条边的限制的，所以我们可以先枚举(1)时刻能走到哪些点，把他们作为初始矩阵即可
//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define op(i) ((i&1)?(i+1):(i-1))
using namespace std;
#define getc() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
int read(){
int res,f=1;char ch;
while((ch=getc())>'9'||ch<'0')(ch=='-')&&(f=-1);
for(res=ch-'0';(ch=getc())>='0'&&ch<='9';res=res*10+ch-'0');
return res*f;
}
const int N=205,mod=45989;
inline int add(int x,int y){return x+y>=mod?x+y-mod:x+y;}
inline int mul(int x,int y){return x*y%mod;}
int head[N],Next[N],ver[N],tot;
inline void add_edge(int u,int v){ver[++tot]=v,Next[tot]=head[u],head[u]=tot;}
struct Matrix{
int a[N][N],n,m;
inline void clr(){n=m=0;memset(a,0,sizeof(a));}
Matrix(){clr();}
int* operator [](const int x){return a[x];}
Matrix operator *(Matrix b){
Matrix res;res.clr(),res.n=n,res.m=b.m;
for(int i=1;i<=n;++i)for(int j=1;j<=b.m;++j)for(int k=1;k<=m;++k)
res[i][j]=add(res[i][j],mul(a[i][k],b[k][j]));
return res;
}
inline void operator *=(Matrix b){*this=*this*b;}
}A,B;
int main(){
// freopen("testdata.in","r",stdin);
int n=read(),m=read(),tt=read(),op=read()+1,ed=read()+1;
for(int i=1,u,v;i<=m;++i)u=read()+1,v=read()+1,add_edge(u,v),add_edge(v,u);
A.n=1,A.m=B.m=B.n=tot;
for(int j=1;j<=tot;++j){
int u=ver[j];
for(int i=head[u];i;i=Next[i])
if(i!=op(j))B[j][i]+=1;
}
for(int i=head[op];i;i=Next[i])A[1][i]+=1;
for(int i=tt-1;i;i>>=1,B*=B)if(i&1)A*=B;
int ans=0;
for(int i=head[ed];i;i=Next[i])ans=add(ans,A[1][op(i)]);
printf("%d
",ans);return 0;
}