考虑到最高的牛一定会被看到，所以以他为界限把左右分成两块。

放个图看看：

感谢图片原作者。

我们把每个 $($ 能看见的牛 $\sim$ 左/右边所有被他遮住的牛 $)$ 视作一段，则一共有 $A+B-2$ 个这样的段。

分析一下这些段的性质：除了最高的元素，其余的元素可以任意排列，如 4 3 2 和 4 2 3 合法且不等价。

此外，最高的元素要放在最左或最右，这时候我们考虑进行循环移位，例如把最后一个元素放到最前面，以此将最大元素移到两边。

在这个限制下 4 3 2 和 2 4 3 其实是等价的。

然后我们发明了圆排列！

记 $s_{n,k}$ 为 $n$ 个数分成 $k$ 个圆排列的方案数。

给出递推公式：$s_{n,k} = s_{n-1,k-1} + s_{n-1,k} \times (n-1)$

推导：从 $n-1$ 个数的圆排列到 $n$ 个数的圆排列，要么第 $n$ 个自立门户，新开一个圆排列，要么加入之前的，有 $n-1$ 种方案。

然后我们又发明了第一类斯特林数!

好！

然后答案就很简单了，是一个斯特林数乘上一个计算左右分配方案的组合数。

最终式子：

CODE

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define fi first
#define se second
int T,n,m;
const int mod=1e9+7;
int s[50100][210];
int fac[1010],inv[1010];
int qpow(int a,int b){
	int r=1;
	while(b){
		if(b&1) r=r*a%mod;
		a=a*a%mod,b>>=1;
	}
	return r;
}
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	s[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=50010;i++){
		for(int j=1;j<=205;j++){
			s[i][j]=(s[i-1][j-1]+(i-1)*s[i-1][j]%mod)%mod;
		}
	}
	fac[0]=inv[0]=1;
	for(int i=1;i<=1001;i++){
		fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
		inv[i]=qpow(fac[i],mod-2);
	}
	cin>>T;
	while(T--){
		int x,y;
		cin>>n>>x>>y;
		cout<<s[n-1][x+y-2]*fac[x+y-2]%mod*inv[x-1]%mod*inv[y-1]%mod<<'\n';
	}
	return 0;
}