首先我们考虑$n$的情况，显然以$n$为分界线可以将整个序列分成两部分，就像这样：

、

那么我们考虑：在这个东西前面才会有前缀最大的统计，在这个东西后面才会有后缀最大的统计

这样就剩下了$n-1$个元素，而我们需要把这$n-1$个元素分成$A+B-2$个集合，然后把每个集合的最大的一个放在一端，然后剩余部分全排列

设一个集合中有$k$个元素，那么剩余元素全排列的方案数就是$(k-1)!$

考虑这也是对$k$个元素放在一个圆排列上的方案数，因此我们能搞出一个第一类斯特林数的表达式：

$S_{1}(n-1,A+B-2)$

然后考虑这几个集合在左右的分布，有：$C_{A+B-2}^{A-1}$

因此最终答案即为$S_{1}(n-1,A+B-2)C_{A+B-2}^{A-1}$

然后第一类斯特林数可以倍增$O(nlog_{2}n)$求解，因此能通过这题：

// luogu-judger-enable-o2
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define ll unsigned long long
#define uint unsigned int 
using namespace std;
const uint mode=998244353;
uint pow_mul(uint x,uint y)
{
    uint ret=1;
    while(y)
    {
        if(y&1)ret=1ll*ret*x%mode;
        x=1ll*x*x%mode,y>>=1;
    }
    return ret;
}
uint inv[300005],minv[300005],mul[300005];
void init()
{
    inv[0]=inv[1]=minv[0]=minv[1]=mul[0]=mul[1]=1;
    for(uint i=2;i<=300000;i++)
    {
        inv[i]=1ll*(mode-mode/i)*inv[mode%i]%mode;
        minv[i]=1ll*minv[i-1]*inv[i]%mode;
        mul[i]=1ll*mul[i-1]*i%mode;
    }
}
uint MOD(uint x,uint y)
{
    return x+y>=mode?x+y-mode:x+y;
}
uint to[(1<<20)+5];
uint n,a,b;
void NTT(uint *a,uint len,int k)
{
    for(uint i=0;i<len;i++)if(i<to[i])swap(a[i],a[to[i]]);
    for(uint i=1;i<len;i<<=1)
    {
        uint w0=pow_mul(3,(mode-1)/(i<<1));
        for(uint j=0;j<len;j+=(i<<1))
        {
            uint w=1;
            for(uint o=0;o<i;o++,w=1ll*w*w0%mode)
            {
                ll w1=a[j+o],w2=1ll*a[j+o+i]*w%mode;
                a[j+o]=MOD(w1,w2)%mode,a[j+o+i]=MOD(mode-w2,w1);
            }
        }
    }
    if(k==-1)
    {
        uint inv=pow_mul(len,mode-2);
        for(uint i=1;i<(len>>1);i++)swap(a[i],a[len-i]);
        for(uint i=0;i<len;i++)a[i]=1ll*a[i]*inv%mode;
    }
}
uint A[(1<<20)+5],B[(1<<20)+5],C[(1<<20)+5];
uint tempt[(1<<20)+5],tempf[(1<<20)+5],tempg[(1<<20)+5],tempG[(1<<20)+5],tempF[(1<<20)+5];
uint ret[(1<<20)+5];
void mult(uint *f,uint *g,uint len)
{
    uint lim=1,l=0;
    while(lim<=2*(len+1))lim<<=1,l++;
    for(uint i=0;i<lim;i++)to[i]=((to[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1)));
    for(uint i=0;i<lim;i++)A[i]=B[i]=0;
    for(uint i=0;i<=len;i++)A[i]=f[i],B[i]=g[i];
    for(uint i=0;i<lim;i++)C[i]=0;
    NTT(A,lim,1),NTT(B,lim,1);
    for(uint i=0;i<lim;i++)C[i]=1ll*A[i]*B[i]%mode;
    NTT(C,lim,-1);
}
void solve(uint *g,uint dep)
{
    if(!dep){g[0]=1;return;}
    if(dep==1)
    {
        g[0]=0,g[1]=1;
        return;
    }
    if(dep&1)
    {
        solve(g,dep-1);
        for(uint i=1;i<=dep;i++)tempG[i]=C[i-1];
        for(uint i=0;i<dep;i++)tempG[i]=MOD(tempG[i],1ll*C[i]*(dep-1)%mode);
        for(uint i=0;i<=dep;i++)g[i]=tempG[i];
    }else
    {
        uint mid=(dep>>1);
        solve(g,mid);
           uint temp=1;
        for(uint i=0;i<=mid;i++,temp=1ll*temp*mid%mode)tempg[i]=1ll*g[mid-i]*mul[mid-i]%mode,tempf[i]=1ll*temp*minv[i]%mode;
        mult(tempg,tempf,mid);
        for(uint i=0;i<=mid;i++)tempF[i]=1ll*C[mid-i]*minv[i]%mode;
        mult(tempF,g,mid);
        for(uint i=0;i<=dep;i++)g[i]=C[i];
    }
}
uint get_C(uint x,uint y)
{
    if(x<y)return 0;
    return 1ll*mul[x]*minv[y]%mode*minv[x-y]%mode;
}
int main()
{
    scanf("%u%u%u",&n,&a,&b);init();
    solve(ret,n-1);
    printf("%u\n",1ll*ret[a+b-2]*get_C(a+b-2,a-1)%mode);
    return 0;
}