#include <iostream>
#define rep(i, n) for(i = 0; i < n; i++)
#define int long long
using namespace std;

int mod = 1000000007;
int n, m, k;
int l[3000], r[3000];
int dp[3001][3001];

signed main() {
	int i, j;
	
	cin >> n >> m >> k;
	rep(i, m) {
		cin >> l[i] >> r[i];
		l[i]--;					//0-indexedで、[l[i], r[i])階を行き来できる、としておく
	}
	
	dp[0][0] = 1;
	rep(i, k) {
		//累積和を取る
		int rdp[3001] = {0};
		rep(j, n) { rdp[j + 1] += rdp[j] + dp[i][j]; rdp[j + 1] %= mod; }
		//階差を足す
		rep(j, m) {
			int s = rdp[r[j]] - rdp[l[j]];
			s = (s + mod) % mod;
			dp[i + 1][l[j]] += s; if (dp[i + 1][l[j]] >= mod) dp[i + 1][l[j]] -= mod;
			dp[i + 1][r[j]] -= s; if (dp[i + 1][r[j]] < 0) dp[i + 1][r[j]] += mod;
		}
		//累積和を取って復元する
		rep(j, n) {
			dp[i + 1][j + 1] += dp[i + 1][j];
			dp[i + 1][j + 1] %= mod;
		}
	}
	
	cout << dp[k][n - 1] << endl;
	return 0;
}

//dp[i][j] = i回移動してj+1階にいる方法の数, とすると遷移O(N^2)でTLEしそうに見える。
//こういうときは、式変形して辺の数（遷移数）を減らすか、累積和などで一気に遷移させるか、行列累乗するか、別解法を疑うかすると良さそう。
//今回は、（各エレベータについて）「累積和などで一気に遷移させる」が上手くいくことに気付く。(おふろーで気づいた）
//例えば、2Fから4Fを移動できるエレベータがあったとすると、2F+3F+4Fを2F,3F,4Fに配る感じになる。これは累積和を取る→階差数列を更新
//
//別の言い方をすると、DPの遷移で
//１．「(乗る階, 下りる階)を決める→使用するエレベータ数を数える」
//２．「(乗る階, 使用するエレベータ, 下りる階）」の順で考える
//３．「(使用するエレベータ, 乗る階, 下りる階）」の順で考える
//が思いつくけど、３で考えると今回はスッキリ嵌る感じ。
//１を考えると2次元累積和で遷移行列を作って～みたいな感じで、O(M + N^3logK)とかになると思うけど、これは今回は不向き。
//（ちなみにMがN^2とかだと（テストケースを上手く作ることで）ほぼ任意の遷移行列が作れてしまうので、本当に行列累乗するくらいしかなさそう。）
//（そうすると、Mが小さいことを利用するのか…。という手がかりを得た。）
//２はピンとこない。
//となると３で考えるのが手っ取り早い。実際に考えてみると上手くいく。
//おそらく、「漸化的に考える」「M = 1など、制約を付けて簡単にしてみる」ということを意識すればすぐに思いついたかもしれない。
//でも今回は、～の順で考える、の～が3!通りしかなく、対称性より「乗る階」…「降りる階」の形を考えれば良いので本質的には3!/2=3通り。
//だから、固定順を全列挙して、片っ端から考察してみるのもアリか。
//
//というわけで、dp[i]->dp[i+1]の遷移をO(N + M)にできたので、この問題はO(K(N + M))で解けた。本当に良い問題だなあ…