题目大意
链接：CF960G
给定正整数(n)，表示有(1sim n)个元素，求有多少种全排列满足：
从左往右按贪心原则去最大值，共取出(a)个元素；从右往左按贪心原则去最大值，共取出(b)个元素。
答案对(998244353)取模，数据满足(1leq nleq 10^5,1leq a,bleq n)。
题目分析
我们先考虑一个递推做法。
设(f(i,j))表示(1sim i)，按贪心原则会取(j)个数的方案数。
若第(i)个数为(i)，则取的数一定会(+1)，对答案的贡献为(f(i-1,j-1))。
若第(i)个数不为(i)，则取的数一定不变，对答案的贡献为((i-1)cdot f(i-1,j))。
由此，我们有了递推公式：
[f(i,j)=f(i-1,j-1)+(i-1)cdot f(i-1,j)这是一个$O(n^2)$的式子，答案为
]
这是一个(O(n^2))的式子，答案为
[sum_{i=1}^{n}C_{n-1}^{i-1}cdot f(i-1,a-1)cdot f(n-i,b-1)
]
意思是，枚举最大值所在的位置(i)；
首先，需要把剩下的数分为两份，一份大小(i-1)，另一份大小为(n-i)，方案数为(C_{n-1}^{i-1})。
前(i-1)个数需要按贪心原则取(a-1)个，方案数(f(i-1,a-1));
后(n-i)个数需要按贪心原则取(b-1)个，方案数(f(n-i,b-1))。
看着上面的递推公式，你有没有恍然大悟：欸，这不就是无符号的第一类Stirling数吗？？？？
所以，我们有
[egin{split}
ans&=sum_{i=1}^{n}C_{n-1}^{i-1}cdot f(i-1,a-1)cdot f(n-i,b-1)\
&=sum_{i=1}^nC_{n-1}^{i-1}cdot egin{bmatrix}i-1\a-1end{bmatrix}cdot egin{bmatrix}n-i\b-1end{bmatrix}cdot inom{n-1}{i-1}
end{split}
]
此时，我们可以把对(f)的理解回归到无符号的第一类Stirling数上，即：
用(i-1)个数构成(a-1)个圆排列，用(n-i)个数构成(b-1)个圆排列的方案数。
整体来说，就是：用(n-1)个数构成(a+b-2)个圆排列，并把圆排列分为两部分，其中一部分大小为(a-1)的方案数，即：
[ans=egin{bmatrix}n-1\a+b-2end{bmatrix}cdot inom{a+b-2}{a-1}
]
对于(egin{bmatrix}n-1\a+b-2end{bmatrix})，可以使用分治+NTT计算。
代码实现
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<iomanip>
#include<cstdlib>
#define MAXN 0x7fffffff
typedef long long LL;
const int N=400005,mod=998244353;
using namespace std;
inline int Getint(){register int x=0,f=1;register char ch=getchar();while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}while(isdigit(ch)){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}return x*f;}
int ksm(int x,int k){
int ret=1;
while(k){
if(k&1)ret=(LL)ret*x%mod;
x=(LL)x*x%mod,k>>=1;
}
return ret;
}
int rev[N];
void NTT(int *a,int x,int K){
int n=(1<<x);
for(int i=0;i<n;i++)if(i<rev[i])swap(a[i],a[rev[i]]);
for(int i=1;i<n;i<<=1){
int tmp=i<<1,wn=ksm(3,(mod-1)/tmp);
if(K==-1)wn=ksm(wn,mod-2);
for(int j=0;j<n;j+=tmp){
int w=1;
for(int k=0;k<i;k++,w=(LL)w*wn%mod){
int x=a[j+k],y=(LL)w*a[i+j+k]%mod;
a[j+k]=(x+y)%mod;a[i+j+k]=(x-y+mod)%mod;
}
}
}
if(K==-1){
int inv=ksm(n,mod-2);
for(int i=0;i<n;i++)a[i]=(LL)a[i]*inv%mod;
}
}
void Binary(int *a,int l,int r){
if(l==r)return a[0]=l,a[1]=1,void();
int mid=l+r>>1;
int f[N],g[N];
memset(f,0,(r-l+1)<<3),memset(g,0,(r-l+1)<<3);
Binary(f,l,mid),Binary(g,mid+1,r);
int x=ceil(log2(r-l+2));
for(int i=0;i<(1<<x);i++)rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<x-1);
NTT(f,x,1),NTT(g,x,1);
for(int i=0;i<(1<<x);i++)a[i]=(LL)f[i]*g[i]%mod;
NTT(a,x,-1);
}
int C(int n,int m){
if(n<m)return 0;
int ans=1;
for(int i=n-m+1;i<=n;i++)ans=(LL)ans*i%mod;
for(int i=1;i<=m;i++)ans=(LL)ans*ksm(i,mod-2)%mod;
return ans;
}
int a[N];
int main(){
int n=Getint()-1,A=Getint(),B=Getint();
if(!n)cout<<(A==1&&B==1),exit(0);
if(!A||!B)cout<<0,exit(0);
Binary(a,0,n-1);
cout<<(LL)a[A+B-2]*C(A+B-2,A-1)%mod;
return 0;
}