求所有由 m 种不同字符组成，长度为 n 的字符串有多少种不同的后缀数组，其中第 i 种字符至多出现 c_i 次。对 10^9+7 取模。
考虑不等式链：
\begin{cases}rk_{sa_i+1}<rk_{sa_{i+1}+1}&S_{sa_i}\le S_{sa_{i+1}}\\otherwise&S_{sa_i}<S_{sa_{i+1}}\end{cases}
所有满足不等式链的字符串的后缀数组都是 sa，而判断一个不等式链是否合法（有一个满足输入条件的字符串满足该不等式链）是简单的，仅需贪心：
- 对于 \le ，尽量让其变为 =，实在不行再让其变为 <；
具体的，设 < 将 sa 分成了 m 段，第 i 段长度为 a_i，贪心：
- 从 1 开始填字符，假设当前填到了字符 j，是第 i 段，则：
- 若 c_j\ge a_i，则 i\leftarrow i+1,j\leftarrow j+1；
- 否则 a_i\leftarrow a_i-c_j,j\leftarrow j+1；
我们现在构建了 后缀数组 到 不等式链 的 映射，并且可以判断一个不等式链是否合法。
但是不同的后缀数组有可能映射到相同的不等式链（[1,2,3] 和 [3,1,2]），所以这是映射而不是单射。
那么问题就变为计算有多少个后缀数组可以映射到某一个不等式链。
但是直接去对一个不等式链计数后缀数组似乎是困难的，主要是后缀数组到不等式链的映射太奇怪了。
那么考虑抛弃题目限制，对于一个不等式链 p，构建一个满足其限制的 字符集大小最小的 后缀排序后的字符串（应用 sa 对应的变换之后的）。显然是 a_1 个 1，a_2 个 2 这样依次拼接形成的字符串，不妨记其为 str(p)，不难发现这是一个 单射。
那么对于满足后缀排序后等于 str(p) 的不同的原字符串，它们对应的后缀数组一定不同。
反证法，若两个不同字符串对应的后缀数组相同，则对应的不等式链也相同，故 str(p) 也相同。而又由于后缀数组相同，故 sa 的逆变换相同，原来的字符串相同，矛盾.
所以 p 对应的后缀数组的个数 不多于 str(p) 对应的原字符串的个数 h(p)。而显然有 h(p)=\frac{n!}{\prod\limits_i a_i!}。
考虑 h(p) 算多了什么，即计算这些原字符串对应的后缀数组有多少个对应的不等式链不是 p。那么有可能某些 < 变为了 \le 或者某些 \le 变为了 <。注意到 \le 变为 < 是不可能的，因为这会使得 str(p) 不再合法，故仅有可能是某些 < 变为了 \le 。
考虑容斥，钦定若干个 < 变为 \le 。其实就是合并了一些相邻的段，而注意到 < 变为 \le 的极大集合为 S 的情况会被它所有子集算到，故若钦定 k 个则容斥系数为 (-1)^{k}。
现在我们需要将原来的限制（有关每种字符数量的）加上。
那么考虑边 dp 边容斥，具体的，贪心判断不等式链合法性的过程最终会得到一个字符串，这个字符串和合法的不等式链是双射的，所以不妨对这个字符串 dp。
设 f_{i,j,k} 表示填了 [1,i] 这些字符，目前字符串长度为 j，末尾（未处理贡献的）段长度为 k。那么有 f_{0,0,0}=1，答案为 n!\times \sum\limits_{i}f_{i,n,0}。
考虑转移：
- 填完 c_{i+1} 还不够填满这一段：f_{i,j,k}\to f_{i+1,j+c_{i+1},k+c_{i+1}}；
- 填了 x 个 i+1 后分段了（出现了 <）：f_{i,j,k}\times \frac{1}{(k+x)!}\to f_{i+1,j+x,0}；
- 填了 x 个 i+1 后碰到了一个钦定从 < 变来的 \le （原本要分段，但是钦定不分段）：f_{i,j,k}\times (-1)\to f_{i+1,j+x,k+x}；
注意到由于转移中 1\le x\le c_{i+1}，故第三个转移和第一个转移抵消了：
前缀和优化即可，时间复杂度 O(mn^2)。
具体的：
\begin{aligned}
f_{i,j,0}&=\sum\limits_{x=1}^{c_i} \sum\limits_{k} f_{i-1,j-x,k}\times \frac{1}{(k+x)!}\\
&=\sum\limits_{x} \frac{1}{x!}\sum\limits_{k=x-c_i}^{x-1} f_{i-1,j-x+k,k}
\end{aligned}
记得特判 c_i=0 的字符。