有些烦恼，丢掉了，才有登峰造极的机会。

联赛测试 Round 12 装饰

注意到如果我们确定了红色和绿色之后，蓝色的自然而然也就确定了。

故我们考虑去看一组合法的红色和绿色是什么样子的。

一列两个格子，我们可以把他看作三种情况：只有红色，只有绿色，和两个都有。（至于摆放我们是不知道在上还是在下的)

我们把这三种情况分别称为 $1,2,3$。

注意到一种合法的染色，必然是每列都由 $1,2,3$ 中的一个填入，且相邻两个数字不相同。（这个分析一下题面的条件应该是可以得到的)

并且我们发现 $1,2,3$ 填入的数量可以通过输入的 $R,G,B$ 确定。（你写一个三元一次方程就是了)

又可以发现，我们第一列无论 $1,2,3$ ，只要确定了他们各自的填入状态（比如谁在上谁在下)那么后面的填写就不需要再进行讨论了。相当于答案最后乘一个 $2$。

考虑 $1,2,3$ 有多少种填入方法。

注意到，我们可以发现，填入的所有的 $1$ 的之间必然会存在 $2,3$（当然也包括起始和末尾)，并且这里面的 $2,3$ 只会以长度为奇数的 $23232$ 或者 $32323$，或者长度为偶数的 $232323$ 存在（可以发现所有长度为偶数的其实本质相同，只需要最后乘二次幂即可)。

考虑去枚举多少个空位填了偶数长度，然后通过列方程的到 $23232$ 和 $32323$ 的填写次数，然后计算一下方案即可。

大抵如下：

int solve(int n)
{
	if(n <= 0) return 0;
	int ans = 0;
	for (int i = 0; i <= n; ++i)
	{
		//a 12121 b 21212
		//a - b = x - y
		//a + b + i = n
		if(x - y + n - i & 1) continue;
		int a = (x - y + n - i) / 2, b = a - x + y;
		if(a < 0 || b < 0) continue;
		// cerr << a << " " << b << endl;
		ans += C(n, a) * 1ll * C(n - a, b) % mod * ksm(2, i) % mod * C(x - a - i + n - 1, n - 1) % mod;
		ans %= mod;
	}
	return ans;
}
int main()
{
	freopen("decoration.in", "r", stdin);
	freopen("decoration.out", "w", stdout);
	cin >> m >> a >> b >> c;
	x = m - b, y = m - a, z = m - c;
	fact[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= 2 * m; ++i) fact[i] = 1ll * fact[i - 1] * i % mod;
	inv[2 * m] = ksm(fact[2 * m], mod - 2);
	for (int i = 2 * m - 1; i >= 0; --i) inv[i] = inv[i + 1] * 1ll * (i + 1) % mod;
	int ans = (2ll * solve(z) + solve(z + 1) + solve(z - 1)) % mod;
	cout << ans * 2ll % mod << endl;
	return 0;
}