轉移矩陣很容易求就是|0 1|,第一項是|0|

|1 1| |1|

然後直接矩陣快速冪，要用到費馬小定理 ：假如p是質數，且gcd(a,p)=1，那麽 a(p-1)≡1（mod p）。即：假如a是整數，p是質數，且a,p互質(即兩者只有一個公約數1)，那麽a的(p-1)次方除以p的余數恒等於1（這東西貢獻了我8次wa）

對矩陣進行取余的時候余mod-1，因為矩陣求出來是要當作冪的，就是a^b%p=a^(b%(p-1))%p

#include<map>
#include<set>
#include
 
<cmath>
#include<queue>
#include<stack>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<iomanip>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define pi acos(-1)
#define ll long long
#define mod 1000000007
#define ls l,m,rt<<1
#define
 
 rs m+1,r,rt<<1|1
#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")

using namespace std;

const double g=10.0,eps=1e-9;
const int N=10+5,maxn=1<<10+5,inf=0x3f3f3f3f;

struct Node{
   ll row,col;
   ll a[N][N];
};
Node mul(Node x,Node y)
{
    Node ans;
    ans.row=x.row,ans.col=y.col;
    memset(ans.a,
 
0,sizeof ans.a);
    for(ll i=0;i<x.row;i++)
        for(ll j=0;j<x.col;j++)
            for(ll k=0;k<y.col;k++)
                ans.a[i][k]=(ans.a[i][k]+x.a[i][j]*y.a[j][k])%(mod-1);
    return ans;
}
Node quick_mul(Node x,ll n)
{
    Node ans;
    ans.row=x.row,ans.col=x.col;
    memset(ans.a,0,sizeof ans.a);
    for(ll i=0;i<ans.col;i++)ans.a[i][i]=1;
    while(n){
        if(n&1)ans=mul(ans,x);
        x=mul(x,x);
        n>>=1;
    }
    return ans;
}
ll mmul(ll a,ll b)
{
    ll ans=1;
    while(b){
        if(b&1)ans=ans*a%mod;
        a=a*a%mod;
        b>>=1;
    }
    return ans%mod;
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
 //   cout<<setiosflags(ios::fixed)<<setprecision(2);
    ll x,y,n;
    while(cin>>x>>y>>n){
        if(n==0)
        {
            cout<<x<<endl;
            continue;
        }
        Node A;
        A.row=2,A.col=2;
        A.a[0][0]=0,A.a[0][1]=1;
        A.a[1][0]=1,A.a[1][1]=1;
        A=quick_mul(A,n-1);
        Node B;
        B.row=2,B.col=1;
        B.a[0][0]=0,B.a[1][0]=1;
        B=mul(A,B);
        ll ans=mmul(x,B.a[0][0])*mmul(y,B.a[1][0])%mod;
        cout<<ans<<endl;
    }
    return 0;
}

hdu4549矩陣快速冪+費馬小定理