分析
一个妙妙的 trick。
首先原题可以转化成求有多少 \(1 \sim n\) 的排列 \(p\) 满足 \(\forall i\in(1,n)\)，\(p_i\) 两边的数同时小于或大于 \(p_i\)，且 \(p_1=s,p_n=t\)。这类题都可以采用插入法 dp。
首先设状态，\(dp_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个数，分成 \(j\) 段的方案数。从小到大加入每一个数，考虑现在枚举到 \(i\)，若 \(i \neq s\) 且 \(i\neq t\)，则可以分三种情况讨论：
-
新开一段
由于后加入的一定比 \(i\) 大，所以以后插入在 \(i\) 两边的数一定比 \(i\) 大，所以总是合法。此时上一步操作完有 \(j-1\) 段，所以有 \((j-1)+1=j\) 个空可以放。但是如果 \(i>s\) 说明头不能放，同理 \(i>t\) 说明尾不能放。因此有转移：
\[dp_{i,j}=(j-[i>s]-[i>t]) \times dp_{i-1,j-1} \] -
接在某一段头/尾
这样的话以后一定会有一个 \(>i\) 的数接在 \(i\) 另一侧，\(i\) 两侧就有一个大于它的和一个小于它的，与题意不符，所以不会有这种情况。
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将两段连起来
此时 \(i\) 两侧的都比它小，与题意相符。上一步操作完有 \(j+1\) 段，有 \(j+1-1=j\) 个空可以插，因此有转移：
\[dp_{i,j}=j\times dp_{i-1,j+1} \]
最后一定是整体一段，故答案为 \(dp_{n,1}\)。
核心代码
const int MAXN=2e3+7;
const int mod=1e9+7;
int n,s,t,dp[MAXN][MAXN];
signed main(){
qread(n,s,t);int i,j;dp[1][1]=1;
for(i=2;i<=n;i++){
for(j=1;j<=i;j++){
if(i!=s&&i!=t) dp[i][j]=(j*(dp[i-1][j+1])%mod+(j-(i>s)-(i>t))*dp[i-1][j-1]%mod)%mod;
else dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+dp[i-1][j];
}
}printf("%lld\n",dp[n][1]);
return 0;
}