每種狀態最多隻有三種後繼狀態：中間往左跳，中間往右跳，兩邊往中間跳。
如果把它們分別看成左兒子、右兒子、父親的話，那麼會得到一些二叉樹。
取出起始狀態和終止狀態往上跳$k$步的所有狀態，其他狀態我們只關心它們到關鍵狀態的距離。
於是設$dp[i][j][k]$表示從起始狀態跳了$i$步，目前位於狀態$j$子樹內距離$j$深度為$k$的狀態的方案數，然後DP即可。
時間複雜度$O(k^3)$。
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=110,P=1000000007;
struct E{
long long v[3];
void read(){
scanf("%lld%lld%lld",&v[0],&v[1],&v[2]);
sort(v,v+3);
}
E left(){
E b;
for(int i=0;i<3;i++)b.v[i]=v[i];
b.v[1]=b.v[0]*2-b.v[1];
swap(b.v[0],b.v[1]);
return b;
}
E right(){
E b;
for(int i=0;i<3;i++)b.v[i]=v[i];
b.v[1]=b.v[2]*2-b.v[1];
swap(b.v[1],b.v[2]);
return b;
}
bool can(){
return v[0]+v[2]!=v[1]*2;
}
E up(){
E b;
for(int i=0;i<3;i++)b.v[i]=v[i];
if(v[1]-v[0]<v[2]-v[1]){
b.v[0]=b.v[1]*2-b.v[0];
swap(b.v[0],b.v[1]);
}else{
b.v[2]=b.v[1]*2-b.v[2];
swap(b.v[1],b.v[2]);
}
return b;
}
bool operator==(const E&b){return v[0]==b.v[0]&&v[1]==b.v[1]&&v[2]==b.v[2];}
}S,T,now,a[N<<1];
int K,n,i,j,k,t,son[N<<1][2],f[N<<1],dp[N][N<<1][N];
inline void up(int&x,int y){x+=y;if(x>=P)x-=P;}
inline int id(E b){
for(int i=1;i<=n;i++)if(a[i]==b)return i;
return 0;
}
inline void push(E b){if(!id(b))a[++n]=b;}
int main(){
S.read();
T.read();
scanf("%d",&K);
for(push(now=S),i=1;i<=K;i++){
if(!now.can())break;
push(now=now.up());
}
for(push(now=T),i=1;i<=K;i++){
if(!now.can())break;
push(now=now.up());
}
for(i=1;i<=n;i++){
son[i][0]=id(a[i].left());
son[i][1]=id(a[i].right());
if(a[i].can())f[i]=id(a[i].up());
}
dp[0][id(S)][0]=1;
for(i=0;i<K;i++)for(j=1;j<=n;j++)for(k=0;k<=K;k++)if(dp[i][j][k]){
for(t=0;t<2;t++)if(k)up(dp[i+1][j][k+1],dp[i][j][k]);
else{
if(son[j][t])up(dp[i+1][son[j][t]][0],dp[i][j][k]);
else up(dp[i+1][j][1],dp[i][j][k]);
}
if(k)up(dp[i+1][j][k-1],dp[i][j][k]);
else if(f[j])up(dp[i+1][f[j]][0],dp[i][j][k]);
}
return printf("%d",dp[K][id(T)][0]),0;
}