// O((N + max(A_i))log max(A_i))解
// A_i > 50000 以上の場合に起こりうるバグを修正したバージョン

#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;
typedef complex<double> C;

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;
const int MAX_A = 100000;

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 fft(vector<C> &f, int n, int dir) {
    if (n == 1) return;
    vector<C> f0, f1;
    for(int i = 0; i < n; i++) {
        if (i % 2 == 0) {
            f0.push_back(f[i]);
        } else {
            f1.push_back(f[i]);
        }
    }
    fft(f0, n / 2, dir);
    fft(f1, n / 2, dir);
    C zeta = polar(1.0, 2 * M_PI * dir / n);
    C now = C(1.0, 0.0);
    for(int i = 0; i < n; i++) {
        f[i] = f0[i % (n / 2)] + now * f1[i % (n / 2)];
        now *= zeta;
    }
}
 
vector<C> comb(vector<C> A, vector<C> B) {
    int size = A.size() + B.size();
    int n = 1;
    while(n < size) n <<= 1;
    A.resize(n);
    B.resize(n);
    fft(A, n, 1);
    fft(B, n, 1);
    vector<C> ret;
    for(int i = 0; i < n; i++) {
        ret.push_back(A[i] * B[i]);
    }
    fft(ret, n, -1);
    for(int i = 0; i < n; i++) {
        ret[i] /= n;
    }
    return ret;
}

vector<ll> getPairCnt(vector<ll> &K) {
    vector<C> A, B;
    for (int i = 0; i < K.size(); i++) {
        A.push_back(C(K[i], 0));
        B.push_back(C(K[i], 0));
    }
    vector<ll> ret;
    vector<C> ret_ = comb(A, B);
    for (int i = 0; i < ret_.size(); i++) {
        ret.push_back((ll)(real(ret_[i]) + 0.1));
    }
    for (int i = 0; i < ret.size(); i++) {
        if (i % 2 == 0) ret[i] -= (i / 2 < K.size() ? K[i / 2] : 0);
        ret[i] >>= 1;
    }
    return ret;
}

void solve() {
    int N;
    cin >> N;
    assert(N >= 1 && N <= MAX_A);
    vector<ll> A(N), K(MAX_A + 1);
    for (int i = 0; i < N; i++) {
        cin >> A[i];
        assert(A[i] >= 1 && A[i] <= MAX_A);
        A[i] %= mod;
        K[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 - 1;
    }
    
    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 += K[a] * K[b];
    //         c %= mod;
    //     }
    //     if (k % 2 == 0) c -= K[k / 2];
    //     pair_cnt[k] += c / 2;
    // }

    // 考察2b-2.
    // 実は上の処理はFFTによる畳込み演算を用いて高速に計算できる．
    // kが偶数の場合にペア数を少し補正する必要があることに注意．
    vector<ll> pair_cnt = getPairCnt(K);

    for (int k = 0; k < pair_cnt.size(); 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();
}