T4解法

概念：

1. 可见山，不可见山：字面意思。
2. 块：两个可见山之间的部分。参考下图：

3. $in{v}_x$：$x$ 的逆元。

前置芝士：

1. 逆元

只需知道 ${\displaystyle \frac{a}{b}}modP=(amodP)\times (in{v}_{b}modP)modP$ 即可。

2. 求积公式

为了方便表达，$\prod _{i=1}^n{a}_i$ 表示 $a_1\times a_2\times \dots \times a_n$ （类比 $\sum$ 理解）。

思路：

根据题意可知，可见山是最高的 $l+r-1$ 座山。

去掉其中最高的山，还剩 $l+r-2$ 座山。

我们只需在这 $l+r-2$ 座山中：

1. 选取 $l-1$ 座，升序排在最高的山左边
2. 剩下 $r-1$ 座，降序排在最高的山右边
3. 还剩 $n-l-r+2$ 座不可见山，插在可见山形成的块里

就可以满足题意。

我们分别考虑前两步和第三步对总方案数的影响：

前两步：从 $l+r-2$ 中选 $l-1$ 个，

方案数很明显是：$$\begin{array}{rl}& C_{l+r-2}^{l-1}modP\\ =& {\displaystyle \frac{(l+r-2)!}{(l-1)![(l+r-2)-(l-1)]!}}modP\\ =& {\displaystyle \frac{(l+r-2)!}{(l-1)!(r-1)!}}modP\\ =& (l+r-2)!modP\times in{v}_{(l-1)!}modP\times in{v}_{(r-1)!}modP\end{array}$$

( $mod$ 优先级视为与乘法相同)

当然，我们不太可能把逆元算到 $100!$ 的数量级，所以：$$\begin{array}{rl}& {\displaystyle \frac{(l+r-2)!}{(l-1)!(r-1)!}}modP\\ =& (l+r-2)!÷1÷2\dots ÷(l-1)÷1÷2\dots ÷(r-1)modP\\ =& (l+r-2)!\times \prod _{i=1}^{l-1}{\displaystyle \frac{1}{i}}\times \prod _{i=1}^{r-1}{\displaystyle \frac{1}{i}}modP\\ =& (l+r-2)!modP\times \prod _{i=1}^{l-1}in{v}_{i}modP\times \prod _{i=1}^{r-1}in{v}_{i}modP\end{array}$$ 别看上面的公式长得吓人，特别好理解

所以我们可以提前预处理出 $1$ 到 $min(l-1,r-1)$ 的逆元：

for(int i = 2;i <= max(l, r) - 1;++i)
    inv[i] = (P - (P / i)) * inv[P % i] % P;

然后令 $in{v}_x=$ 原来的 $\prod _{i=1}^{x}in{v}_i$，也就是把 $inv$ 变成一个“前缀积”数组：

for(int i = 2;i <= max(l, r) - 1;++i)
    inv[i] = inv[i - 1] * inv[i] % P;

这样，原式就变为了：

$(l+r-2)!modP\times in{v}_{l-1}modP\times in{v}_{r-1}modP$，简单了很多。

当然这个“前缀积”优化可加可不加。

第三步：不可见山的方案

我们设 $f[i][j]$ 表示有 $i$ 座山，$j$ 个块时的不可见山插入方案数。

根据题意可知，有 $l+r-2$ 个块，那么我们只需要递推得到 $f[n][l+r-2]$ 即可。

现在我们来推式子：

---

首先，$i$ 座山一定是由 $i-1$ 座山 $+1$ 座山得来的，

即 $f[i][j]$ 是由 $f[i-1][\dots ]$ 转移而来的。

我们需要讨论 $+$ 的那一座山插在哪：

（下面的图中，黑色代表转移前的 $i-1$ 座山，红色代表新来的一座山）

（假设山是从小到大依次插入的，顺序不会影响总方案数）

---

第一种情况：插在两边

由图可知，原有 $j-1$ 个块，$i-1$ 个点，即转移前状态为 $f[i-1][j-1]$。

（插到最左边同理）

另外需要注意，转移时不需要分类讨论插到最左边和最右边的情况。

因为两边的差别实际上是可见山的差别，对于不可见山这两种方案是一样的。

而且，$f[i][j]$ 表示的是不可见山的方案数。

所以 $f[i][j]$ 是由 $f[i-1][j-1]$ 这一种状态转移而来的，并非左右两种。

第二种情况：插在中间

由图可知，插入前有 $j$ 个块，转移前状态 $f[i-1][j]$。

但是这个新来的山可以插在中间的任何位置。

原有 $i-1$ 座山，有 $i-2$ 个空（并非块）可以插入。

所以这个状态转移时要 $\times (i-2)$。

我们就得到方程：

$$f[i][j]=(f[i-1][j]\times (i-2)+f[i-1][j-1])modP$$

容易想到，每种可见山的方案都有多种不可见山插入方案，

所以答案应为可见山方案$\times$不可见山方案，

即 $f[n][l+r-2]\times (l+r-2)!modP\times in{v}_{l-1}modP\times in{v}_{r-1}modP$。

终于没了。思路这么清晰还要什么代码？

#include <iostream>
#define int long long
#define P 1000000007
using namespace std;
int fac[150], inv[150], f[50050][250], n, l, r, ans;
signed main()
{
    inv[0] = inv[1] = fac[1] = 1;f[1][0] = 1;
    cin >> n >> l >> r;
    for(int i = 2;i <= max(l, r) - 1;++i)
        inv[i] = (P - (P / i)) * inv[P % i] % P;
    for(int i = 2;i <= max(l, r) - 1;++i)
        inv[i] = inv[i - 1] * inv[i] % P;
    for(int i = 2;i <= l + r - 2;++i)
        fac[i] = fac[i - 1] * i % P;
    for(int i = 1;i <= n;++i)
        for(int j = 1;j <= l + r - 2;++j)
            f[i][j] = (f[i - 1][j] * (i - 2) + f[i - 1][j - 1]) % P;
    cout << f[n][l + r - 2] * fac[l + r - 2] % P * inv[l - 1] % P * inv[r - 1] % P;
    return 0;
}