#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
inline int read(){
	int f=1,x=0;
	char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){
		if(ch=='-')
			f=-f;
		ch=getchar();
	}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){
		x=x*10+ch-'0';
		ch=getchar();
	}
	return f*x;
}
inline void write(ll k){
	if(k<0){
		putchar('-');
		k=-k;
	}
	if(k>9)
		write(k/10);
	putchar(k%10+'0');
}
/*
记n=U+V+W
当n为奇数的时候答案为0,因为一定消不完
长度为2*i的括号序列数量是卡特兰数第i项
预处理f[i][j]表示括号序列长度为2*i,有j个地方被消空的方案数,用卡特兰数计算就行,枚举最后一段和为0的,去掉边上一对,中间就是一个随意配对的卡特兰数
我们将牌堆中被消除的牌看成左括号,其它的看成右括号
枚举i,j表示小u,小v的牌作为左括号的次数,小w的次数就是n/2-i-j
第一部分的贡献就是左右括号如何配对
因为同一人的右括号不能与同一人的左括号配对,所以我们枚举一个k表示有多少个小u的右括号与小v的左括号配对,然后我们能够算出所有配对的情况
如小w的右括号与小v的左括号配对的个数就是j-k....,那么这一部分的贡献就用组合数很简单的算完了
第二部分就是有多少个配对完,并且如何排列
很暴力的枚举p1,p2,p3表示小u,小v,小w有多少个和为0的时刻,此时的方案数就是f[i][p1]*f[j][p2]*f[n/2-i-j][p3]*(p1+p2+p3)!/p1!/p2!/p3!
但是你发现这个东西相当于三个多项式f_i=sum(f[i][j]/j!*x^j),点值的横坐标取0~n/2就行,就直接对应点值相乘再插值回去就行了
两部分相乘即可
*/
const ll mod=1e9+7;
int n,U,V,W,x;
ll jc[2005],inv[2005],inv1[2005],dp[1005][1005],f[1005][1005],g[1005],ans[1005],res[1005],res1[1005],h[1005];
ll C(ll n,ll m){
	if(n<m||n<0||m<0)
		return 0;
	return jc[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;
}
ll F(ll n){
	return C(2*n,n)*inv1[n+1]%mod;
}
ll power(ll a,ll b){
	ll sum=1,k=a;
	while(b){
		if(b&1ll)
			sum=sum*k%mod;
		k=k*k%mod;
		b>>=1ll;
	}
	return sum;
}
void solve(ll *y){
	for(int i=0;i<=n/2+1;i++){
		res[i]=0;
	}
	res[0]=1;
	for(int i=0;i<=n/2;i++){
		for(int j=n/2+1;j>=0;j--){
			res[j]=((j?res[j-1]:0)-i*res[j]%mod)%mod;
		}
	}
	for(int i=0;i<=n/2;i++){
		ll val=inv[i]*inv[n/2-i]%mod*((n/2-i)&1?-1:1)%mod;
		for(int j=0;j<=n/2+1;j++){
			res1[j]=-(res[j]-(j?res1[j-1]:0))*inv1[i]%mod;
		}
		for(int j=0;j<=n/2+1;j++){
			h[j]=(h[j]+y[i]*val%mod*res1[j]%mod)%mod;
		}
	}
	for(int i=0;i<=n/2;i++){
		y[i]=h[i];
	}
}
int main(){
	U=read();
	V=read();
	W=read();
	x=read();
	n=U+V+W;
	if(n&1){
		write(0);
		return 0;
	}
	jc[0]=inv[0]=inv[1]=jc[1]=inv1[1]=1;
	for(int i=2;i<=2e3;i++){
		jc[i]=jc[i-1]*i%mod;
		inv1[i]=inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
	}
	for(int i=2;i<=2e3;i++){
		inv[i]=inv[i]*inv[i-1]%mod;
	}
	dp[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=n/2;i++){
		for(int j=1;j<=i;j++){
			for(int k=0;k<i;k++){
				dp[i][j]=(dp[i][j]+dp[k][j-1]*F(i-k-1)%mod)%mod;
			}
		}
		for(int j=0;j<=n/2;j++){
			for(int k=i;k>=0;k--){
				f[i][j]=(f[i][j]*j%mod+dp[i][k]*inv[k]%mod)%mod;
			}
		}
	}
	for(int j=0;j<=n/2;j++){
		f[0][j]=(f[0][j]*j%mod+dp[0][0]*inv[0]%mod)%mod;
	}
	for(int i=0;i<=U;i++){
		for(int j=0;j<=V&&j+i<=n/2;j++){
			int p=n/2-i-j;
			ll sum=0;
			for(int k=max(j-(W-p),0);k<=U-i&&k<=j;k++){
				sum=(sum+C(j,k)*C(i,W-p-(j-k))%mod*C(p,U-i-k)%mod)%mod;
			}
			for(int k=0;k<=n/2;k++){
				ans[k]=(ans[k]+f[i][k]*f[j][k]%mod*f[n/2-i-j][k]%mod*sum%mod)%mod;
			}/*本来是要对k=0~n/2都做一次插值的,但是f(a)+f(b)=f(a+b),所以对总和做一次就行了,点值可以直接求*/
		}
	}
	solve(ans);
	ll ans1=0;
	for(int k=0;k<=n/2;k++){
		ans1=(ans1+ans[k]*power(k,x)%mod*jc[k]%mod)%mod;
	}
	write((ans1+mod)%mod);
	return 0;
}