由于点的度数最大为 \(2\)，于是这张图由链，孤立点，大小至少为 \(2\) 的环组成，为了方便把孤立点也看成链。
考虑容斥掉第三个条件，最大连通块大小恰好为 \(L\) 的方案数即为最大连通块大小至多为 \(L\) 的方案数减去大小至多为 \(L-1\) 的方案数。
考虑 DP，设 \(f(i,j)\) 表示 \(i\) 个点，\(j\) 条边的方案数，每次考虑加进去一条链或一个环，但是会计算重复，因为加入的顺序没有影响，借鉴 ABC226F 的思想，强制选剩下的点中编号最小的点即可。因为是图，于是不仅要考虑环的旋转同构，还要考虑翻转同构，但是注意大小为 \(1\) 的链和大小为 \(2\) 的环是不用考虑翻转同构的。
时间复杂度 \(\mathcal O(NML)\)。
Code：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 305, mod = 1e9 + 7, inv2 = (mod + 1) / 2;
int n, m, L;
int fac[N], inv[N];
int f[N][N];
void add(int &a, int b) {
a += b;
if (a >= mod) a -= mod;
}
int qpow(int x, int y) {
int res = 1;
while (y) {
if (y & 1) res = 1ll * res * x % mod;
x = 1ll * x * x % mod;
y >>= 1;
}
return res;
}
void init(int n) {
fac[0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; ++i) fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % mod;
inv[n] = qpow(fac[n], mod - 2);
for (int i = n - 1; ~i; --i) inv[i] = 1ll * inv[i + 1] * (i + 1) % mod;
}
int C(int n, int m) {
if (n < 0 || m < 0 || n < m) return 0;
return 1ll * fac[n] * inv[n - m] % mod * inv[m] % mod;
}
int solve(int lim) {
memset(f, 0, sizeof f), f[0][0] = 1;
for (int i = 0; i <= n; ++i)
for (int j = 0; j <= m; ++j) {
for (int k = 1; k <= lim; ++k) {
if (i + k > n || j + k - 1 > m) continue;
add(f[i + k][j + k - 1], 1ll * f[i][j] * C(n - i - 1, k - 1) % mod * fac[k] % mod * (k > 1 ? inv2 : 1) % mod);
}
for (int k = 2; k <= lim; ++k) {
if (i + k > n || j + k > m) continue;
add(f[i + k][j + k], 1ll * f[i][j] * C(n - i - 1, k - 1) % mod * fac[k - 1] % mod * (k > 2 ? inv2 : 1) % mod);
}
}
return f[n][m];
}
int main() {
scanf("%d%d%d", &n, &m, &L);
init(n);
printf("%d", (solve(L) - solve(L - 1) + mod) % mod);
return 0;
}