分析
显然营地不连通只能是上下分开，即存在相邻两行剩下的砖块区间没有交。
考虑 DP。设 $f_{i,j,k}$ 表示前 $i$ 行，第 $i$ 行剩下 $[j,k]$，且前 $i$ 行连通的概率。容易得到转移
$$
f_{i,j,k}=p_{j,k}\sum_{[j,k]\cap[l,r]\neq\varnothing}f_{i-1,l,r}
$$
这里的 $p_{l,r}$ 表示某一行剩下 $[l,r]$ 的概率，显然等于左边少了 $l-1$ 块、右边少了 $m-r$ 块的概率。
设某一边少了 $i$ 块的概率为 $d_i$，则有
$$
\begin{aligned}
d_i&={k\choose i}P^i(1-P)^{k-i}\\
p_{l,r}&=d_{l-1}d_{m-r}
\end{aligned}
$$
直接转移显然过不去。设
$$
\begin{aligned}
fr_{i,r}&=\sum_{l\leq r}f_{i,l,r}\\
sr_{i,j}&=\sum_{l\leq r\leq j}f_{i,l,r}=\sum_{r\leq j}fr_{i,r}\\
fl_{i,l}&=\sum_{l\leq r}f_{i,l,r}\\
sl_{i,j}&=\sum_{j\leq l\leq r}f_{i,l,r}=\sum_{l\geq j}fl_{i,l}
\end{aligned}
$$
可以发现 $fr_{i,r}=fl_{i,m-r+1},sr_{i,r}=sl_{i,m-r+1}$，且最后答案就为 $sr_{n,m}$。
那么我们就可以通过容斥，用 $sr$ 来表示 $f$。
$$
\begin{aligned}
f_{i,j,k}&=p_{j,k}\sum_{[j,k]\cap[l,r]\neq\varnothing}f_{i-1,l,r}\\
&=p_{j,k}(sr_{i-1,m}-sr_{i-1,j-1}-sl_{i-1,k+1})\\
&=p_{j,k}(sr_{i-1,m}-sr_{i-1,j-1}-sr_{i-1,m-k})
\end{aligned}
$$
而 $sr$ 又可以通过 $fr$ 求出，所以只要考虑如何求 $fr$。
$$
\begin{aligned}
fr_{i,r}&=\sum_{l\leq r}f_{i,l,r}\\
&=\sum_{l\leq r}p_{l,r}(sr_{i-1,m}-sr_{i-1,l-1}-sr_{i-1,m-r})\\
&=(sr_{i-1,m}-sr_{i-1,m-r})\sum_{l\leq r}p_{l,r}-\sum_{l\leq r}p_{l,r}sr_{i-1,l-1}\\
&=d_{m-r}\left[(sr_{i-1,m}-sr_{i-1,m-r})\sum_{l\leq r}d_{l-1}-\sum_{l\leq r}d_{l-1}sr_{i-1,l-1}\right]
\end{aligned}
$$
于是只要求出 $d_{l-1}$ 和 $d_{l-1}sr_{i-1,l-1}$ 的前缀和即可。第一个可以提前预处理出，第二个可以在 DP 时维护。
边界为 $f_{0,1,m}=1$ 即 $fr_{0,m}=sr_{0,m}=1$。
总时间复杂度为 $\mathcal{O}(nm)$。
代码
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// author: M_sea
// website: http://m-sea-blog.com/
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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int read() {
int X=0,w=1; char c=getchar();
while (c<'0'||c>'9') { if (c=='-') w=-1; c=getchar(); }
while (c>='0'&&c<='9') X=X*10+c-'0',c=getchar();
return X*w;
}
const int N=1500+10,K=100000+10;
const int mod=1e9+7;
int qpow(int a,int b) { int c=1;
for (;b;b>>=1,a=1ll*a*a%mod) if (b&1) c=1ll*c*a%mod;
return c;
}
int n,m,a,b,k,p;
int fac[K],ifac[K],d[K],sd[N],fr[N][N],sr[N][N],ss[N][N];
int C(int n,int m) {
return 1ll*fac[n]*ifac[m]%mod*ifac[n-m]%mod;
}
int main() {
n=read(),m=read(),a=read(),b=read(),k=read(); p=1ll*a*qpow(b,mod-2)%mod;
fac[0]=1;
for (int i=1;i<=k;++i) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
ifac[k]=qpow(fac[k],mod-2);
for (int i=k;i;--i) ifac[i-1]=1ll*ifac[i]*i%mod;
for (int i=0;i<=k;++i) d[i]=1ll*C(k,i)*qpow(p,i)%mod*qpow(1-p+mod,k-i)%mod;
for (int i=1;i<=m;++i) sd[i]=(sd[i-1]+d[i-1])%mod;
fr[0][m]=sr[0][m]=1;
for (int i=1;i<=n;++i)
for (int j=1;j<=m;++j) {
fr[i][j]=(1ll*(sr[i-1][m]-sr[i-1][m-j]+mod)*sd[j]-ss[i-1][j]+mod)%mod*d[m-j]%mod;
sr[i][j]=(sr[i][j-1]+fr[i][j])%mod;
ss[i][j]=(ss[i][j-1]+1ll*d[j-1]*sr[i][j-1])%mod;
}
printf("%d\n",sr[n][m]);
return 0;
}