随便观察一下，不难发现如下的性质：
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任意两个极大值点((x_1,y_1,z_1),(x_2,y_2,z_2))都存在(x_1 eq x_2,y_1 eq y_2,z_1 eq z_2)，这是因为极大值点必须大于其所在平面上的任意数。
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根据上面的性质不难发现极大值点的个数不会超过(min(n,m,l))。
要求的是恰有(k)个极大值点的概率，如果有(ans)种方案满足要求，那么答案就是(frac{ans}{(nml)!})。
这一看就不能直接做，考虑二项式反演，求一个(g_i)表示至少存在(i)个极大值点的方案数。那么显然有(ans=sum_{i=k}^{min(n,m,l)}(-1)^{i-k}inom{i}{k}g_i)。
考虑(g_i)怎么求，首先我们得先选出(i)个三维坐标互不相同的点，之后会剩下((n-i)(m-i)(l-i))个点，这些点不和任何被钦定的极大值点在同一个平面内，所以没有限制，随便选出来就好了。这边的方案数就是(n^{underline i}m^{underline i}l^{underline i}(nml)^{underline {(n-i)(m-i)(l-i)}})。
对于剩下的(nml-(n-i)(m-i)(l-i))个点我们要确定一个顺序，使得钦定的(i)个点都成为极大值点。
设(varphi(i)=(n-i)(m-i)(l-i))，由于前面我们确定了点的顺序，考虑从大到小考虑每一个极大值点。我们发现当我们确定一个极大值点填什么的时候，会有一些点被解放出来，这些点就可以随便填了。不难发现这些点只和这个极大值点在同一个平面上，于是我们能确定这些点的个数。
存在(i-1)个极大值点的时候，有限制的点的个数是(nml-varphi(i-1))；当极大值点变成(i)个的时候，有限制的点变成了(nml-varphi(i))个。不难发现这些新增加的点就是只被这个新加入的极大值点控制的点，这样的点的个数是(nml-varphi(i)-nml+varphi(i-1)=varphi(i-1)-varphi(i))个。我们确定好当前这个极大值的值后这些被控制的点就可以随便填了，于是方案数就是(A(nml-varphi(i)-1,varphi(i-1)-varphi(i)-1)=frac{(nml-varphi(i)-1)!}{(nml-varphi(i-1))!})。
于是填(i)个极大值点的方案数就是(prod_{j=1}^ifrac{(nml-varphi(j)-1)!}{(nml-varphi(j-1))!})，经过一番约分可以发现其实就是((nml-varphi(i)-1)!prod_{j=1}^ifrac{1}{nml-varphi(j-1)})。不难发现((nml-varphi(i)-1)!)和((nml)^{underline {varphi(i)}})很搭，乘在一起就是((nml)!(nml-varphi(i))!)。
于是
容斥后还需要除一个((nml)!)，于是直接在容斥的过程中将其除掉即可。
用一下线性求逆元的trick就可以做到(O(Tn))了。
代码。