/*

/
#define method_1
#ifdef method_1
/

/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<set>
#include<map>
#include<queue>
#include<stack>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<string>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=80+1;
const int maxp=20+1;
const int INF=0x3f3f3f3f;
ll getbit(ll x) { //利用计算机补码性质 依次取出x的每一位的1 并且统计1的个数在ans中
ll ans=0;
while(x) {
x-=x&-x;
ans++;
}
return ans;
}
/
若选择f[i][j][k]表示到第i行第j列选k个有多少种方案，
那么f[i][j][k] 由f[i-1][j][k1] 和 f[i][j-1][k2]得来，
但是方阵两两之间不相连，行列之间的状态很难表示，所以选择用二进制表示状态。
设f[i][j][k] 表示 目前到第i行已选k个，第i行状态为j的方案数，
显然 j 要满足(j & (j>>1)) 为 0，i行自身的约束考虑好了，但是
第i行还要受到i-1行的约束，于是我们枚举第i-1行的状态，第i-1
行与第i行不冲突的条件为(t & (t>>1)) == 0和( t & j) == 0
(t为第i-1行的状态），然后我们可以得出转移方程:
f[i][j][k] += f[i-1][t][k-bit[j]](bit[k]为k的二进制中1的个数）
接下来分析k， k的最大值为2^z-1，z为n,m中较小的数，因为n*m<=80,所以z最大为8而已

/
ll f[maxn][(1<<12)][maxp],bit[(1<<12)];
ll c[maxn*maxn][maxp];
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
// freopen("陇西行四首.in","r",stdin);
ll n,m,p;
cin>>p>>n>>m;
if(n<m) swap(n,m);
for(ll i=0; i<(1<<m); i++) {
bit[i]=getbit(i);
}
memset(f,0,sizeof(f));
f[0][0][0]=1;
ll ans=0;
for(ll i=1; i<=n; i++) { //按行枚举
for(ll j=0; j<(1<<m); j++) { //枚举这一行的作弊者放置情况
for(ll k=0; k<=p; k++) { //枚举当前总共放置的作弊者的数目
if(!(j&(j>>1))&&k>=bit[j]) {
//枚举这一行的状态
//无法作弊 且 这一行放置的作弊者(bit[j])小于总共放置的作弊者数目
for(ll t=0; t<(1<<m); t++) { //枚举上一行的状态
//if(!(t&(t>>1))&&!(t&j)&&bit[t]<=k-bit[j]){
if(!(t&j)) {
//上一行不冲突 且 上下两行不冲突 且
//上一行放置的作弊者 小于等于 总共放置的作弊者-这一行放置的作弊者
f[i][j][k]+=f[i-1][t][k-bit[j]];
}
}
}
}
}
}
for(ll i=0; i<(1<<m); i++) {
ans+=f[n][i][p];
}
cout<<ans;
return 0;
}
#endif
#ifdef method_2
/

*/

#endif
#ifdef method_3
/*

*/

#endif

/*

*/
#define method_1
#ifdef method_1
/*

*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<set>
#include<map>
#include<queue>
#include<stack>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<string>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=80+1;
const int maxp=20+1;
const int INF=0x3f3f3f3f;
ll getbit(ll x) { //利用计算机补码性质 依次取出x的每一位的1 并且统计1的个数在ans中
    ll ans=0;
    while(x) {
        x-=x&-x;
        ans++;
    }
    return ans;
}
/*
若选择f[i][j][k]表示到第i行第j列选k个有多少种方案，
那么f[i][j][k] 由f[i-1][j][k1] 和 f[i][j-1][k2]得来，
但是方阵两两之间不相连，行列之间的状态很难表示，所以选择用二进制表示状态。
设f[i][j][k] 表示 目前到第i行已选k个，第i行状态为j的方案数，
显然 j 要满足(j & (j>>1)) 为 0，i行自身的约束考虑好了，但是
第i行还要受到i-1行的约束，于是我们枚举第i-1行的状态，第i-1
行与第i行不冲突的条件为(t & (t>>1)) == 0和( t & j) == 0
(t为第i-1行的状态），然后我们可以得出转移方程:
f[i][j][k] += f[i-1][t][k-bit[j]](bit[k]为k的二进制中1的个数）
接下来分析k， k的最大值为2^z-1，z为n,m中较小的数，因为n*m<=80,所以z最大为8而已

*/
ll f[maxn][(1<<12)][maxp],bit[(1<<12)];
ll c[maxn*maxn][maxp];
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
//  freopen("陇西行四首.in","r",stdin);
    ll n,m,p;
    cin>>p>>n>>m;
    if(n<m) swap(n,m);
    for(ll i=0; i<(1<<m); i++) {
        bit[i]=getbit(i);
    }
    memset(f,0,sizeof(f));
    f[0][0][0]=1;
    ll ans=0;
    for(ll i=1; i<=n; i++) { //按行枚举
        for(ll j=0; j<(1<<m); j++) { //枚举这一行的作弊者放置情况
            for(ll k=0; k<=p; k++) { //枚举当前总共放置的作弊者的数目
                if(!(j&(j>>1))&&k>=bit[j]) {
                    //枚举这一行的状态
                    //无法作弊 且 这一行放置的作弊者(bit[j])小于总共放置的作弊者数目
                    for(ll t=0; t<(1<<m); t++) { //枚举上一行的状态
                        //if(!(t&(t>>1))&&!(t&j)&&bit[t]<=k-bit[j]){
                        if(!(t&j)) {
                            //上一行不冲突 且 上下两行不冲突 且
                            //上一行放置的作弊者 小于等于 总共放置的作弊者-这一行放置的作弊者
                            f[i][j][k]+=f[i-1][t][k-bit[j]];
                        }
                    }
                }
            }
        }
    }
    for(ll i=0; i<(1<<m); i++) {
        ans+=f[n][i][p];
    }
    cout<<ans;
    return 0;
}
#endif
#ifdef method_2
/*

*/

#endif
#ifdef method_3
/*

*/

#endif