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# Description

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# Solution

首先考虑朴素的 dp\text{dp}，设 dpi,jdp_{i, j} 表示前 ii 的数的排列，有 jj 个前缀最大值。

从小到大依次填数来转移，转移方程：

dpi,j=dpi−1,j−1+(i−1)×dpi−1,jdp_{i, j} = dp_{i - 1, j - 1} + (i - 1) \times dp_{i - 1, j}

把 ii 放到最后一位即加上 dpi−1,j−1dp_{i - 1, j - 1}，ii 不在最后一位时，从前 i−1i - 1 位随便找个数放到第 ii 位上，即加上 (i−1)×dpi−1,j(i - 1) \times dp_{i - 1, j}。

不难发现这东西就是第一类斯特林数。

然后再来看答案是什么，我们枚举 nn 的位置，左右两边不会相互影响：

ANS=∑i=1nfi−1,a−1×fn−i,b−1×(n−1i−1)ANS = \sum_{i = 1}^nf_{i - 1, a - 1} \times f_{n - i, b - 1} \times \dbinom{n - 1}{i - 1}

就是从 n−1n - 1 个数里任选 i−1i - 1 个放到 ii 的的左边，此时 nn 一定会贡献 1 个前缀最大值，所以再乘上 fi−1,a−1×fn−i,b−1f_{i - 1, a - 1} \times f_{n - i, b - 1}。

考虑这个式子的实际意义：从 n−1n - 1 个数里选 i−1i - 1 个数组成 a−1a - 1 个圆排列，剩下 n−in - i 个数组成 bb 个圆排列的方案数。

这个东西就等于 n−1n - 1 个数组成 a+b−2a + b - 2 个圆排列，然后从里面选出 a−1a - 1 个圆排列，所以我们的答案就是：

ANS=fn−1,a+b−2(a+b−2a−1)ANS = f_{n - 1, a + b - 2}\dbinom{a + b - 2}{a - 1}

两个数组都 O(n2)O(n^2) j预处理，然后 O(1)O(1) 计算答案即可。

本题有道加强版 CF960G Bandit Blues。

随便搞个 NTT\text{NTT} 求一行的斯特林数即可。

第一类斯特林数·行的求法详见 P5408 第一类斯特林数·行 这里不再过多介绍。

# Code

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#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long

using namespace std;

namespace IO{
    inline int read(){
        int x = 0;
        char ch = getchar();
        while(!isdigit(ch)) ch = getchar();
        while(isdigit(ch)) x = (x << 3) + (x << 1) + ch - '0', ch = getchar();
        return x;
    }

    template <typename T> inline void write(T x){
        if(x > 9) write(x / 10);
        putchar(x % 10 + '0');
    }
}
using namespace IO;

const int mod = 998244353;
const int G = 3, Gi = 332748118;
const int N = 6e5;
int n, A, B;
int rev[N];

inline int add(ll x) {return x >= mod ? x - mod : x;}
inline int sub(ll x) {return x < 0 ? x + mod : x;}

inline int qpow(int a, int b){
    int res = 1;
    while(b){
        if(b & 1) res = 1ll * res * a % mod;
        a = 1ll * a * a % mod, b >>= 1;
    }
    return res;
}

namespace NTT{
    int lim, len;

    inline void get_rev(int n){
        lim = 1, len = 0;
        while(lim < n) lim <<= 1, ++len;
        for(int i = 0; i <= lim; ++i) rev[i] = (rev[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) << (len - 1));
    }

    inline void ntt(int a[], int lim, int type){
        for(int i = 0; i < lim; ++i)
            if(i < rev[i]) swap(a[i], a[rev[i]]);
        for(int mid = 1; mid < lim; mid <<= 1){
            int Wn = qpow(type == 1 ? G : Gi, (mod - 1) / (mid << 1));
            for(int i = 0; i < lim; i += (mid << 1)){
                int w = 1;
                for(int j = 0; j < mid; ++j, w = 1ll * w * Wn % mod){
                    int x = a[i + j], y = 1ll * w * a[i + j + mid] % mod;
                    a[i + j] = add(x + y);
                    a[i + j + mid] = sub(x - y);
                }
            }
        }
        if(type == 1) return;
        int Inv = qpow(lim, mod - 2);
        for(int i = 0; i < lim; ++i) a[i] = 1ll * a[i] * Inv % mod;
    }

    inline void Mul(int n, int m, int a[], int b[]){
        get_rev(n + m);
        ntt(a, lim, 1), ntt(b, lim, 1);
        for(int i = 0; i < lim; ++i) a[i] = 1ll * a[i] * b[i] % mod;
        ntt(a, lim, -1);
    }
}
using namespace NTT;

int fac[N], ifac[N];
int a[N], b[N], f[N], g[N];

inline void prework(int n){
    fac[0] = 1;
    for(int i = 1; i <= n; ++i) fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % mod;
    ifac[n] = qpow(fac[n], mod - 2);
    for(int i = n - 1; i >= 0; --i) ifac[i] = 1ll * ifac[i + 1] * (i + 1) % mod;
}

inline void solve(int len, int f[]){
    if(len == 1) return f[1] = 1, void();
    if(len & 1){
        solve(len - 1, f);
        for(int i = len; i >= 1; --i) f[i] = add(f[i - 1] + 1ll * f[i] * (len - 1) % mod);
        f[0] = 1ll * f[0] * (len - 1) % mod;
    }else{
        int n = len >> 1, res = 1;
        solve(n, f);
        for(int i = 0; i <= n; ++i)
            a[i] = 1ll * f[i] * fac[i] % mod, b[i] = 1ll * res * ifac[i] % mod, res = 1ll * res * n % mod;
        reverse(a, a + 1 + n);
        Mul(n + 1, n + 1, a, b);
        for(int i = 0; i <= n; ++i) g[i] = 1ll * ifac[i] * a[n - i] % mod;
        Mul(n + 1, n + 1, f, g);
        for(int i = n + 1; i < lim; ++i) a[i] = b[i] = g[i] = 0;
        for(int i = len + 1; i < lim; ++i) f[i] = 0;
    }
}

inline int C(int n, int m){
    return 1ll * fac[n] * ifac[m] % mod * ifac[n - m] % mod;
}

signed main(){
    n = read(), A = read(), B = read();
    if(n == 1) return puts(A == 1 && B == 1 ? "1" : "0"), 0;
    prework(n << 1), solve(n - 1, f);
    write(1ll * f[A + B - 2] * C(A + B - 2, A - 1) % mod), puts("");
    return 0;
}