分析

• 等差数列：如果首项为$a_1$，公差为d，则 $a_n = a_1 + (n - 1) \times d$。

• 等比数列：如果首项为$a_1$，公比为q，则 $a_n = a_1 \times q ^ {n - 1}$。

• 输入的序列是否可能既是等差数列，又是等比数列呢？这种可能性是存在的，当且仅当输入的前三项全部相等时，才可能既是等差数列，又是等比数列。证明如下：假设前三项是a、b、c，则因为既是等差数列，又是等比数列，有：

$$ \begin{cases} 2 \times b = a + c \quad (1) \\\\ b ^ 2 = a \times c \quad (2) \end{cases} $$

将（1）式中的b值带入到（2）式，化简可以得到：$(a - c) ^ 2 = 0$，因此a == c，所以三项都是相等的。

• 因此既是等差数列，又是等比数列，最后第k项计算出来的结果是一样的。

• 另外如果这个序列是等比数列，其公比为$q = \frac{b}{a} = \frac{b’}{a’}, (a’, b’)=1$，即q的最简分数形式为$\frac{b’}{a’}$，则

$$ a_n = a_1 \times q ^ {n - 1} = \frac{a_1 \times b’ ^ {\ n - 1}}{a’ ^ {\ n - 1}} $$

因为n可以任意大，且$a_n$是整数，所以a'必定为1，因此公比q必定是整数，可以使用快速幂求解$a_n$。

代码

#include <iostream>

using namespace std;

typedef long long LL;

const int mod = 200907;

int qmi(int a, int k) {

    int res = 1 % mod;
    while (k) {
        if (k & 1) res = (LL)res * a % mod;
        a = (LL)a * a % mod;
        k >>= 1;
    }
    return res;
}

int main() {

    int n;
    cin >> n;
    while (n--) {
        int a, b, c, k;
        cin >> a >> b >> c >> k;

        if (b * 2 == a + c) cout << (a + (b - a) * (LL)(k - 1)) % mod << endl;
        else cout << (a * qmi(b / a, k - 1)) % mod << endl;
    }

    return 0;
}