題目

隨便觀察一下，不難發現如下的性質：

1. 任意兩個極大值點\((x_1,y_1,z_1),(x_2,y_2,z_2)\)都存在\(x_1\neq x_2,y_1\neq y_2,z_1\neq z_2\)，這是因為極大值點必須大于其所在平面上的任意數。

2. 根據上面的性質不難發現極大值點的個數不會超過\(\min(n,m,l)\)。

要求的是恰有\(k\)個極大值點的概率，如果有\(ans\)種方案滿足要求，那么答案就是\(\frac{ans}{(nml)!}\)。

這一看就不能直接做，考慮二項式反演，求一個\(g_i\)表示至少存在\(i\)個極大值點的方案數。那么顯然有\(ans=\sum_{i=k}^{\min(n,m,l)}(-1)^{i-k}\binom{i}{k}g_i\)。

考慮\(g_i\)怎么求，首先我們得先選出\(i\)個三維坐標互不相同的點，之后會剩下\((n-i)(m-i)(l-i)\)個點，這些點不和任何被欽定的極大值點在同一個平面內，所以沒有限制，隨便選出來就好了。這邊的方案數就是\(n^{\underline i}m^{\underline i}l^{\underline i}(nml)^{\underline {(n-i)(m-i)(l-i)}}\)。

對于剩下的\(nml-(n-i)(m-i)(l-i)\)個點我們要確定一個順序，使得欽定的\(i\)個點都成為極大值點。

設\(\varphi(i)=(n-i)(m-i)(l-i)\)，由于前面我們確定了點的順序，考慮從大到小考慮每一個極大值點。我們發現當我們確定一個極大值點填什么的時候，會有一些點被解放出來，這些點就可以隨便填了。不難發現這些點只和這個極大值點在同一個平面上，于是我們能確定這些點的個數。

存在\(i-1\)個極大值點的時候，有限制的點的個數是\(nml-\varphi(i-1)\)；當極大值點變成\(i\)個的時候，有限制的點變成了\(nml-\varphi(i)\)個。不難發現這些新增加的點就是只被這個新加入的極大值點控制的點，這樣的點的個數是\(nml-\varphi(i)-nml+\varphi(i-1)=\varphi(i-1)-\varphi(i)\)個。我們確定好當前這個極大值的值后這些被控制的點就可以隨便填了，于是方案數就是\(A(nml-\varphi(i)-1,\varphi(i-1)-\varphi(i)-1)=\frac{(nml-\varphi(i)-1)!}{(nml-\varphi(i-1))!}\)。

于是填\(i\)個極大值點的方案數就是\(\prod_{j=1}^i\frac{(nml-\varphi(j)-1)!}{(nml-\varphi(j-1))!}\)，經過一番約分可以發現其實就是\((nml-\varphi(i)-1)!\prod_{j=1}^i\frac{1}{nml-\varphi(j-1)}\)。不難發現\((nml-\varphi(i)-1)!\)和\((nml)^{\underline {\varphi(i)}}\)很搭，乘在一起就是\((nml)!(nml-\varphi(i))!\)。

于是

容斥后還需要除一個\((nml)!\)，于是直接在容斥的過程中將其除掉即可。

用一下線性求逆元的trick就可以做到\(O(Tn)\)了。

代碼。