一道计数类dp题。
直接dp的复杂度是 (O(hw)) 的显然不行，发现黑格的数量很少，我们尝试从反面入手。首先所有的情况是 (C_{h+w-2}^{h-1})。就是在总共要走的 (h+w-2) 步中选择 (h-1) 向下的方案数。然后减去至少经过一个黑点的方案数。这可以容斥但是复杂度是 (O(2^n)) 还不如暴力，我们考虑用计数dp。
首先我们要找到一个基准点，可以是第一次经过的黑点。这样我们不关心后面怎么走，和前面的公式一样。现在我们考虑怎么不经过其他黑点走到当前黑点，我们发现这其实就是个子问题，用它前面的黑点更新就好了。实现的时候需要排序，保证前面的已经算出答案。
还有一个细节就是我们可以再新添一个黑点 ((h,w)) 这样减少代码量。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod = 1e9 + 7;
struct point{
int x, y;
friend bool operator < (point a, point b) {
if (a.x == b.x) return a.y < b.y;
return a.x < b.x;
}
}p[2010];
int n, m, k;
ll dp[2010], fac[200010], ifac[200010], inv[200010];
ll C(ll x, ll y) {
if (x < 0 || y < 0 || x < y) return 0;
return fac[x] * ifac[x - y] % mod * ifac[y] % mod;
}
int main() {
scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);
fac[0] = ifac[0] = fac[1] = ifac[1] = inv[1] = 1;
for (int i = 2; i <= n + m; i++) inv[i] = (mod - mod / i) * inv[mod % i] % mod, fac[i] = fac[i - 1] * i % mod, ifac[i] = ifac[i - 1] * inv[i] % mod;
for (int i = 1; i <= k; i++) scanf("%d%d", &p[i].x, &p[i].y);
sort(p + 1, p + 1 + k);
if (p[k].x == n && p[k].y == m) puts("0");
else {
p[++k].x = n;
p[k].y = m;
for (int i = 1; i <= k; i++) {
dp[i] = C(p[i].x + p[i].y - 2, p[i].x - 1);
for (int j = 1; j < i; j++) {
if (p[j].y <= p[i].y) {
dp[i] = ((dp[i] - dp[j] * C(p[i].x - p[j].x + p[i].y - p[j].y, p[i].x - p[j].x) % mod) % mod + mod) % mod;
}
}
}
printf("%lld
", (dp[k] + mod) % mod);
}
return 0;
}