设(dp[i][j])为(i)个数字的排列，有(A=j)的方案数
假设新加入的数字是最小的，考虑它放在哪里得到
[dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+(i-1)*dp[i-1][j]
]
共有(i)个插入位置，放在队首的时候会使(j+1)
发现(dp)数组就是第一类斯特林数
因为(n)的前后都没有比它大的数字，所以(n)一个是第(a)个(A)和第(b)个(B),枚举(n)的位置得到
[ans=sumlimits_{i=1}^{n}egin{bmatrix}i-1\a-1end{bmatrix}*egin{bmatrix}n-i\b-1end{bmatrix}*dbinom{n-1}{i-1}
]
考虑组合意义：相当于在(n-1)个数字中选择(i-1)个结成(a-1)个环，在剩下的(n-i)个数字中结成(b-1)个环的方案数
等价于在把(n-1)个数字结成(a+b-2)个环，再从环中选择(a-1)个
[ans=egin{bmatrix}n-1\a+b-2end{bmatrix}dbinom{a+b-2}{a-1}
]
虽然没有快速求单个第一类斯特林数的方案，但是时间复杂度允许(O(nlogn))，所以可以求一行或一列
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
namespace red{
#define int long long
#define ls(p) (p<<1)
#define rs(p) (p<<1|1)
#define lowbit(i) ((i)&(-i))
inline int read()
{
int x=0;char ch,f=1;
for(ch=getchar();(ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-';ch=getchar());
if(ch=='-') f=0,ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}
return f?x:-x;
}
const int N=524292,p=998244353;
int n,t1,t2,ans;
int fac[N],ifac[N],inv[N],pos[N];
int f[N],g[N];
inline void init(int n)
{
inv[1]=1;
for(int i=2;i<=n;++i) inv[i]=(-(p/i)*inv[p%i]%p+p)%p;
fac[0]=ifac[0]=1;
for(int i=1;i<=n;++i) fac[i]=fac[i-1]*i%p,ifac[i]=ifac[i-1]*inv[i]%p;
}
inline int fast(int x,int k)
{
int ret=1;
while(k)
{
if(k&1) ret=ret*x%p;
x=x*x%p;
k>>=1;
}
return ret;
}
inline void ntt(int limit,int *a,int inv)
{
for(int i=1;i<limit;++i)
if(i<pos[i]) swap(a[i],a[pos[i]]);
for(int mid=1;mid<limit;mid<<=1)
{
int Wn=fast(3,(p-1)/(mid<<1));
for(int r=mid<<1,j=0;j<limit;j+=r)
{
int w=1;
for(int k=0;k<mid;++k,w=w*Wn%p)
{
int x=a[j+k],y=w*a[j+k+mid]%p;
a[j+k]=(x+y)%p;
a[j+k+mid]=(x-y+p)%p;
}
}
}
if(inv) return;
inv=fast(limit,p-2);reverse(a+1,a+limit);
for(int i=0;i<limit;++i) a[i]=a[i]*inv%p;
}
inline void offset(int *f,int n,int c,int *g)
{
static int a[N],b[N];
int limit=1,len=0;
while(limit<=n*2) limit<<=1,++len;
for(int i=1;i<limit;++i) pos[i]=(pos[i>>1]>>1)|((i&1)<<(len-1));
for(int i=0;i<=n;++i) a[i]=fac[i]*f[i]%p;
int tmp=1;
for(int i=0;i<=n;++i,tmp=tmp*c%p) b[n-i]=tmp*ifac[i]%p;
for(int i=n+1;i<limit;++i) a[i]=b[i]=0;
ntt(limit,a,1);ntt(limit,b,1);
for(int i=0;i<limit;++i) a[i]=a[i]*b[i]%p;
ntt(limit,a,0);
for(int i=0;i<=n;++i) g[i]=a[i+n]*ifac[i]%p;
}
inline void solve(int *f,int n)
{
if(n==0) return(void)(f[0]=1);
static int a[N],b[N];
int m=n>>1;
solve(f,m);
offset(f,m,m,a);
int limit=1,len=0;
while(limit<=n) limit<<=1,++len;
for(int i=1;i<limit;++i) pos[i]=(pos[i>>1]>>1)|((i&1)<<(len-1));
for(int i=0;i<=m;++i) b[i]=f[i];
for(int i=m+1;i<limit;++i) a[i]=b[i]=0;
ntt(limit,a,1);ntt(limit,b,1);
for(int i=0;i<limit;++i) a[i]=a[i]*b[i]%p;
ntt(limit,a,0);
if(n&1)//乘一个(x+n-1)
{
for(int i=0;i<=n;++i)
f[i]=((i?a[i-1]:0)+(n-1)*a[i])%p;
}
else
{
for(int i=0;i<=n;++i)
f[i]=a[i];
}
}
inline int C(int n,int m)
{
if(n<m) return 0;
return fac[n]*ifac[m]%p*ifac[n-m]%p;
}
inline void main()
{
n=read()-1,t1=read()-1,t2=read()-1;
init(n<<1);
solve(f,n);
ans=(f[t1+t2]+p)%p;
ans=ans*C(t1+t2,t1)%p;
printf("%lld
",ans);
}
}
signed main()
{
red::main();
return 0;
}