题意：
给你一个$h\times w$的网格和$n$个黑点，问你从$(1,1)$到$(h,w)$且不经过那$n$个黑点的方案数，你只能向下或者向右走，答案对 1 0 9 + 7 10^9+7 109+7取模。

分析：
首先我们分析没有一个黑点的方案数，即我们只需要向下走$h-1$步，向右走$w-1$步。那么也就是在这$h+w-2$步中我们选择$h-1$步向下走，即方案数为 C h + w − 2 h − 1 C_{h + w - 2}^{h - 1} Ch+w−2h−1​。
然后我们排除掉经过那$n$个黑点的方案数，这时我们可能会想到用容斥原理，即：
r e s = C h + w − 2 h − 1 − P 1 + P 2 − P 3 + . . . + ( − 1 ) n P n \large res = C_{h + w - 2}^{h - 1} - P_1 + P_2 - P_3 + ... + (-1)^nP_n res=Ch+w−2h−1​−P1​+P2​−P3​+...+(−1)nPn​。
但是我们$n$的范围是$n\le 2000$的，所以直接用容斥原理不可取。因为容斥原理的复杂度为 O ( 2 n ) O(2^n) O(2n)。
通过上面的分析我们可以进一步优化，我们设 d p i dp_i dpi​表示从$(1,1)$走到第$i$个黑点，且不经过其他黑点的方案数。
那么有： d p i = C x i + y i − 2 x i − 1 − ∑ j = 1 i − 1 d p i × C x i − x j + y i − y j x i − x j \large dp_i = C_{x_i + y_i - 2}^{x_i - 1} - \sum_{j = 1}^{i - 1}dp_i\times C_{xi - x_j + y_i - y_j}^{x_i - x_j} dpi​=Cxi​+yi​−2xi​−1​−∑j=1i−1​dpi​×Cxi−xj​+yi​−yj​xi​−xj​​
不理解的可以画一下图，很直观。
然后我们这题就能写出来了，在这之前我们还要先把黑点进行排序，因为我们看这个$dp$公式可以发现，转移方程和黑点的下标顺序有关。
我们将$(h,w)$可以看作是第$n+1$个黑点，所以代码如下：

#include #define fi first
#define se second
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> PII;
const int MOD = 1e9 + 7;
const int maxn = 1e6 + 5;ll qpow(ll a, ll b, ll mod) {ll res = 1;while (b) {if (b & 1) res = res * a % mod;a = a * a % mod;b >>= 1;}return res;
}ll fac[maxn], inv[maxn];void init(int n) {fac[0] = 1;for (int i = 1; i <= n; i++) fac[i] = fac[i - 1] * i % MOD;inv[n] = qpow(fac[n], MOD - 2, MOD);for (int i = n - 1; i >= 0; i--) inv[i] = inv[i + 1] * (i + 1) % MOD;
}ll C(int n, int m) {if (n < m) return 0;return fac[n] * inv[m] % MOD * inv[n - m] % MOD;
}PII p[maxn];
ll dp[maxn];int main() {int h, w, n;scanf("%d%d%d", &h, &w, &n);for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d%d", &p[i].fi, &p[i].se);n++;p[n].fi = h, p[n].se = w;sort(p + 1, p + n + 1);init(max(h, w) << 1);for (int i = 1; i <= n; i++) {dp[i] = C(p[i].fi + p[i].se - 2, p[i].fi - 1);for (int j = 1; j < i; j++) {dp[i] = ((dp[i] - dp[j] * C(p[i].fi + p[i].se - p[j].fi - p[j].se, p[i].fi - p[j].fi) % MOD) % MOD + MOD) % MOD;}}printf("%lld\n", dp[n]);return 0;
}