题意
给你三个正整数 (n,a,b)，定义 (A) 为一个排列中是前缀最大值的数的个数，定义 (B) 为一个排列中是后缀最大值的数的个数，求长度为 (n) 的排列中满足 (A = a) 且 (B = b) 的排列个数。(n le 10^5)，答案对 (998244353) 取模。
Sol
首先可以设一个 (DP) 状态 (f(i,j)) 表示，长度为 (i) 的排列，有 (j) 个前缀最大值的方案数。
那么转移就是枚举新放一个最小值，只有放在序列开头才有 (1) 的贡献：
[f(i,j)=f(i-1,j-1)+(i-1) imes f(i-1,j)
]
最后的答案就是枚举最大值 (n) 放在位置 (i)，然后左边长度为 (i-1) 且有 (a-1) 个前缀最大值，右边长度为 (n-1-i) 且有 (b-1) 个后缀最大值，可以发现这个后缀最大值和前缀最大值的方案是相等的，那么最终的答案就是：
[ans=sum_{i=1}^n C(n-1,i-1)cdot f(i-1,a-1)cdot f(n-i-1,b-1)
]
稍微熟练一点就可以看出，这个 (f(i,j)) 本质上就是第一类斯特林数，即 (i) 个数放 (j) 个圆排列的方案数。
所以这个式子就可以化简了，从组合意义上理解就是，从 (n-1) 个数拿出来形成 (a+b-2) 个圆排列，其中把 (a-1) 个放在 (n) 前面的方案数。最后答案就变成了：
[ans=s(n-1,a+b-2) imes C(a+b-2,a-1)
]
只需要预处理第一类斯特林数一行就行。分治(mathrm{NTT})复杂度(O(nlog^2 n))，倍增复杂度(O(nlog n))。具体见这里。
Code
两种都写了下
// 分治NTT
#pragma GCC optimize(2)
#include<bits/stdc++.h>
using std::min;
using std::max;
using std::swap;
using std::vector;
typedef double db;
typedef long long ll;
#define pb(A) push_back(A)
#define vec std::vector<int>
#define pii std::pair<int,int>
#define all(A) A.begin(),A.end()
#define mp(A,B) std::make_pair(A,B)
const int N=4e5+5;
const int mod=998244353;
int n,A,B,lim;
int a[N],b[N],rev[N];
int ksm(int a,int b=mod-2,int ans=1){
while(b){
if(b&1) ans=1ll*ans*a%mod;
a=1ll*a*a%mod;b>>=1;
} return ans;
}
void ntt(int *f,int g){
for(int i=1;i<lim;i++) if(i<rev[i]) swap(f[i],f[rev[i]]);
for(int mid=1;mid<lim;mid<<=1){
int tmp=ksm(g,(mod-1)/(mid<<1));
for(int R=mid<<1,j=0;j<lim;j+=R){
for(int w=1,k=0;k<mid;k++,w=1ll*w*tmp%mod){
int x=f[j+k],y=1ll*w*f[j+k+mid]%mod;
f[j+k]=(x+y)%mod,f[j+k+mid]=(mod+x-y)%mod;
}
}
} if(g>3)
for(int in=ksm(lim),i=0;i<lim;i++) f[i]=1ll*f[i]*in%mod;
}
vec mul(vec A,vec B,int n){
lim=1;while(lim<=n) lim<<=1;
for(int i=1;i<lim;i++) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|(i&1?lim>>1:0);
for(int i=0;i<lim;i++) a[i]=(i<A.size()?A[i]:0);
for(int i=0;i<lim;i++) b[i]=(i<B.size()?B[i]:0);
ntt(a,3),ntt(b,3);
for(int i=0;i<lim;i++) a[i]=1ll*a[i]*b[i]%mod;
ntt(a,(mod+1)/3); vec now;
for(int i=0;i<=n;i++) now.pb(a[i]);
return now;
}
vec solve(int l,int r){
if(l==r){vec now;now.pb(l),now.pb(1);return now;}
int mid=l+r>>1; return mul(solve(l,mid),solve(mid+1,r),r-l+1);
}
int S(int n,int m){
if(!n) return 1;
if(n<m) return 0;
vec now=solve(0,n-1);
return now[m];
}
int getint(){
int X=0,w=0;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch))w|=ch=='-',ch=getchar();
while( isdigit(ch))X=X*10+ch-48,ch=getchar();
if(w) return -X;return X;
}
int C(int n,int m){
if(n<m or n<0 or m<0) return 0;
int now=1;
for(int i=1;i<=n;i++) now=1ll*now*i%mod;
for(int i=1;i<=m;i++) now=1ll*now*ksm(i)%mod;
for(int i=1;i<=n-m;i++) now=1ll*now*ksm(i)%mod;
return now;
}
signed main(){
n=getint(),A=getint(),B=getint();
printf("%lld
",1ll*S(n-1,A+B-2)*C(A+B-2,A-1)%mod);
return 0;
}
// 倍增
#pragma GCC optimize(2)
#include<bits/stdc++.h>
using std::min;
using std::max;
using std::swap;
using std::vector;
typedef double db;
typedef long long ll;
#define pb(A) push_back(A)
#define pii std::pair<int,int>
#define all(A) A.begin(),A.end()
#define mp(A,B) std::make_pair(A,B)
const int N=4e5+5;
const int mod=998244353;
int lim,rev[N],pw[N];
int a[N],b[N],c[N],d[N];
int n,A,B,fac[N],ifac[N];
int getint(){
int X=0,w=0;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch))w|=ch=='-',ch=getchar();
while( isdigit(ch))X=X*10+ch-48,ch=getchar();
if(w) return -X;return X;
}
int ksm(int a,int b=mod-2,int ans=1){
while(b){
if(b&1) ans=1ll*ans*a%mod;
a=1ll*a*a%mod;b>>=1;
} return ans;
}
void ntt(int *f,int g){
for(int i=1;i<lim;i++) if(i<rev[i]) swap(f[i],f[rev[i]]);
for(int mid=1;mid<lim;mid<<=1){
int tmp=ksm(g,(mod-1)/(mid<<1));
for(int R=mid<<1,j=0;j<lim;j+=R){
for(int w=1,k=0;k<mid;k++,w=1ll*w*tmp%mod){
int x=f[j+k],y=1ll*w*f[j+k+mid]%mod;
f[j+k]=(x+y)%mod,f[j+k+mid]=(mod+x-y)%mod;
}
}
} if(g>3)
for(int in=ksm(lim),i=0;i<lim;i++) f[i]=1ll*f[i]*in%mod;
}
void solve(int *a,int len){
if(len==1) return a[1]=1,void();
if(len&1){
solve(a,len-1);
for(int i=len;i;i--) a[i]=(1ll*a[i]*(len-1)%mod+a[i-1])%mod;
} else{
solve(a,len>>1); int mid=len>>1;
pw[0]=1;for(int i=1;i<=mid;i++) pw[i]=1ll*pw[i-1]*mid%mod;
lim=1;while(lim<=len) lim<<=1;
for(int i=1;i<lim;i++) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|(i&1?lim>>1:0);
for(int i=0;i<=mid;i++) c[i]=1ll*a[i]*fac[i]%mod,d[mid-i]=1ll*pw[i]*ifac[i]%mod;
ntt(c,3),ntt(d,3);
for(int i=0;i<lim;i++) c[i]=1ll*c[i]*d[i]%mod;
ntt(c,(mod+1)/3);
for(int i=0;i<=mid;i++) c[i]=1ll*c[mid+i]*ifac[i]%mod;
for(int i=mid+1;i<lim;i++) c[i]=0;
ntt(c,3),ntt(a,3);
for(int i=0;i<lim;i++) a[i]=1ll*a[i]*c[i]%mod;
ntt(a,(mod+1)/3);
for(int i=len+1;i<lim;i++) a[i]=0;
for(int i=0;i<lim;i++) d[i]=c[i]=0;
}
}
int C(int n,int m){
return 1ll*fac[n]*ifac[m]%mod*ifac[n-m]%mod;
}
void init(int n){
fac[0]=ifac[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
ifac[n]=ksm(fac[n]);
for(int i=n-1;i;i--) ifac[i]=1ll*ifac[i+1]*(i+1)%mod;
}
signed main(){
init(N-5); n=getint(),A=getint(),B=getint();
if(!A or !B or n-1<A+B-2 or A+B-2<A-1) return puts("0"),0;
if(n==1) return printf("1"),0;
solve(a,n-1);
printf("%lld
",1ll*a[A+B-2]*C(A+B-2,A-1)%mod);
return 0;
}