// O(N + (max(A_i))^2)解

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define rep(i, n) for (int i = 0; i < (n); i++)
#define chmin(x, y) (x) = min((x), (y))
#define chmax(x, y) (x) = max((x), (y))
#define endl "\n"
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
typedef pair<ll, ll> pll;

template <typename T> ostream &operator<<(ostream &os, const vector<T> &vec) {os << "["; for (const auto &v : vec) {os << v << ","; } os << "]"; return os;}
template <typename T, typename U> ostream &operator<<(ostream &os, const pair<T, U> &p) {os << "(" << p.first << ", " << p.second << ")"; return os;}

const int mod = 1e9 + 7;

ll mod_pow(ll x, ll n, ll mod) {
    ll res = 1;
    while(n > 0) {
        if(n & 1) res = res * x % mod;
            x = x * x % mod;
            n >>= 1;
    }
    return res;
}

ll inv(ll x) {
    return mod_pow(x, mod - 2, mod);
}

ll f(ll x, ll y) {
    return (((x + y) % mod) * mod_pow(x, y, mod)) % mod;
}

// (x + y)x^y < (s + t)s^t
// log(x + y) + ylog(x) < log(s + t) + tlog(s)
double g(ll x, ll y) {
    return log(x + y) + y * log(x);
}

void solve() {
    int N;
    cin >> N;
    assert(N >= 1 && N <= 100000);
    vector<ll> A(N), C(2001);
    for (int i = 0; i < N; i++) {
        cin >> A[i];
        assert(A[i] >= 1 && A[i] <= 1000);
        A[i] %= mod;
        C[A[i]]++;
    }

    // 考察1. miをO(N)で求める
    // iを固定すると，jとしては（i<jの中で）もちろんA[j]が小さいのを選ぶべき．
    // i以降の要素で最も小さい要素をO(1)で求められるようなテーブルをO(N)かけて前処理する．

    vector<ll> mi_table(N + 1, 1LL << 60);
    for (int i = N - 1; i >= 0; i--) {
        mi_table[i] = min(mi_table[i + 1], A[i]);
    }

    double mi = g(A[0], mi_table[1]);
    ll mi_f = f(A[0], mi_table[1]);
    for (int i = 1; i < N; i++) {
        if (mi > g(A[i], mi_table[i + 1])) {
            mi = g(A[i], mi_table[i + 1]);
            mi_f = f(A[i], mi_table[i + 1]);
        }
    }

    // 考察2. \prod_i \prod_j f(A[i], A[j]) をO(N)で求める
    // 考察2a.
    // 塁乗部分は各iについて A[i]^{\sum_{i<j}{A[j]}} を計算すれば良いので
    // \sum_{i<j}{A[j]} を前計算しておけばできる

    vector<ll> acc_back(N + 1);
    for (int i = N - 1; i >= 0; i--) {
        acc_back[i] = acc_back[i + 1] + A[i];
        acc_back[i] %= mod;
    }
    
    ll prod = 1;
    for (int i = 0; i < N; i++) {
        prod *= mod_pow(A[i], acc_back[i + 1], mod);
        prod %= mod;
    }

    // 考察2b.
    // あとはA[i] + A[j] = k (i < j)となるような(i, j)が何個あるかを解けば良い
    // A[i]が小さいので，kを決め打ちして探索できる．

    vector<ll> pair_cnt(2001);
    for (int k = 2; k <= 2000; k++) {
        ll c = 0;
        for(int a = 0; a <= k; a++) {
            int b = k - a;
            c += C[a] * C[b];
            c %= mod;
        }
        if (k % 2 == 0) c -= C[k / 2];
        pair_cnt[k] += c / 2;
    }

    for (int k = 0; k < 2001; k++) {
        prod *= mod_pow(k, pair_cnt[k], mod);
        prod %= mod;
    }

    cout << (prod * inv(mi_f)) % mod << endl;
    
}


int main() {
    #ifdef LOCAL_ENV
    cin.exceptions(ios::failbit);
    #endif
    cin.tie(0);
    ios::sync_with_stdio(false);
    cout.setf(ios::fixed);
    cout.precision(16);
    
    solve();
}