#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=305,mo=1e9+7;

int add(int x,int y){ x+=y;return x>=mo?x-mo:x;}
int mi(int x,int y) {
	y=(y+mo-1)%(mo-1);
	int res=1;
	for(;y;y>>=1,x=(ll)x*x%mo)
		if(y&1) res=(ll)res*x%mo;
	return res;
}

int frac[N],inv[N];
void init() {
	frac[0]=1;
	for(int i=1;i<N;i++) frac[i]=(ll)frac[i-1]*i%mo;
	inv[N-1]=mi(frac[N-1],mo-2);
	for(int i=N-2;i>=0;--i) inv[i]=(ll)inv[i+1]*(i+1)%mo;
}	
int C(int x,int y) {
	if(x<y) return 0;
	return (ll)frac[x]*inv[y]%mo*inv[x-y]%mo;
}

int n,m;
int cnt[N];
int pv[N];
int f[N][N];// i 个点分成 j 个合法连通块的答案
int sum[N];// 由合法连通块构成的大小为 i 的块的答案
int g[N][N];// i 个点分成 j 个连通块的答案
int h[N][N];// 考虑完前 i 种颜色选出了 j 个连通块的答案
int main()
{
	init();
	scanf("%d%d",&n,&m);
	int i,j,k,p;
	for(i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&j),cnt[j]++;
	for(i=1;i<=n;i++) pv[i]=mi(i,i-2);
	int tv;
	
	f[0][0]=1;
	for(i=1;i<=n;i++)	
		for(j=1;j<=n;j++) 
			for(k=1;k<=i&&k<=m;k++) 
				f[i][j]=add(f[i][j],
					(ll)f[i-k][j-1]*
						C(i-1,k-1)%mo*
						pv[k]%mo*k%mo);
						
	for(i=1;i<=n;i++) {
		for(j=1;j<=i;j++) {
			tv=(ll)f[i][j]*mi(i,j-2)%mo;
			if(j&1) sum[i]=add(sum[i],tv);
			else sum[i]=add(sum[i],mo-tv);
		}
		sum[i]=(ll)sum[i]*i%mo;
	}
	
	g[0][0]=1;
	for(i=1;i<=n;i++) 
		for(j=1;j<=i;j++)
			for(k=1;k<=i;k++) 
				g[i][j]=add(g[i][j],
					(ll)g[i-k][j-1]*
						sum[k]%mo*C(i-1,k-1)%mo);

	int lst=0;
	h[0][0]=1;
	for(i=1;i<=n;i++) {
		if(!cnt[i]) continue;
		for(j=0;j<n;j++) 
			for(k=1;k<=cnt[i]&&j+k<=n;k++) 
				h[i][j+k]=add(h[i][j+k],
					(ll)h[lst][j]*g[cnt[i]][k]%mo);
		lst=i;
	}
	
	int ans=0;
	for(i=1;i<=n;i++) ans=add(ans,(ll)h[lst][i]*mi(n,i-2)%mo);
	
	printf("%d\n",ans);
	
	return 0;
}
/*
给定 n 个有颜色的点，问能构成多少同色连通块大小 <=k 的无根树
一种显然的想法是枚举颜色 i 构成了 j 个大小不超过 k 的无根树
若一共有 m 个连通块，总方案数为 n^(m-2) * pro(siz[i])
但这样可能将同色连通块再连到一起
于是枚举最终连到一起的连通块大小，和其原本是多少个合法连通块，设为 x
这样的块容斥系数为 (-1)^(x-1)
对每一部分分别 dp，转移时钦定新枚举的连通块包含当前编号最大的点
*/