前言：(OI)中有一些奇思妙想，可能第一次自己想不出来，不要懊恼，不要沮丧，认真地去学习它，下次遇到就不怕了_
正文：考虑(dp)，设状态量(dp[i][j])表示前(i)个数分(j)段（任意一段满足条件）的方法数。
先给出状态转移方程：
[dp[i][j]=(j-c)*dp[i-1][j-1]+j*dp[i-1][j+1]quad i
e s,i
e t,c=(i>s)+(i>t)
]
[dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+dp[i-1][j]quad i=squad orquad i=t
]
原因解释：
1.(i e s,i e t)时，可将(i)单独成段，插在任意位置（若(s)以过则不能插首，若(t)已过则不能插尾），则贡献为((j-c)*dp[i-1][j-1])。
或将(i)用于两段的合并，插在任意夹缝中，易知(i)比两段大，故操作合法，贡献为(j*dp[i-1][j+1])。
2.(i=squad orquad i=t)时，(i)只能放在首或尾，可与相邻段落合并，可单独成段，故贡献为(dp[i-1][j-1]+dp[i-1][j])。
代码如下，仅供参考：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=2e3+10;
const int mod=1e9+7;
int n,s,t;
ll dp[maxn][maxn];
inline int read(){
int x=0,f=1;char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}
return x*f;
}
int main(){
n=read();s=read(),t=read();
dp[1][1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++)
if(i!=s&&i!=t)
for(int j=1;j<=i;j++)
dp[i][j]=(dp[i-1][j-1]*(j-(i>s)-(i>t))+dp[i-1][j+1]*j)%mod;
else for(int j=1;j<=i;j++)
dp[i][j]=(dp[i-1][j-1]+dp[i-1][j])%mod;
printf("%lld
",dp[n][1]);
return 0;
}
深深地感到自己的弱小。