我们可以知道，从点$\left (x_i,y_i \right )$到点$\left (x_j,y_j \right )$的路径数为$\binom{x_j-x_i+y_j-y_i}{x_j-x_i}$

不考虑黑白格子的限制，从点$\left ( 1,1\right )$到$(h,w)$的路径共有$\binom{h+w-2}{h-1}$种。

如果存在一个黑格子，那么所有经过当前黑格子到$(h,w)$的路径都不合法。

考虑两部分，即从$(1,1)→(x_i,y_i)$与$(x_i,y_i)→(h,w)$

根据乘法原理，从经过黑格子$(x_i,y_i)$到$(h,w)$的总路径为

$$\binom{x_i+y_i-2}{x_i-1}\times \binom{h-x_i+w-y_i}{h-x_i}$$

其中要满足$x_i≤h,y_i≤w$

考虑两个黑格子的情况，$(x_i,y_i),(x_j,y_j)$其中$(x_i,y_i)$在$(x_j,y_j)$的前面。

如果两个格子都像前面那样计算，则会产生重复计数。

即从$(x_i,y_i)→(x_j,y_j)→(h,w)$的路径会算两次。

如果我们要进行容斥，不同集合的交各不相同，其复杂度是指数级的。

我们考虑$(x_j,y_j)$的计算

如果我们每次计算黑格子的方案时，都把经过他前面的黑格子的路径给减掉，不就不会产生重复计数了吗？

设$f(i)$为在不经过前面黑格子到第$i$个黑格子的方案数。

那么有
$$ans=\binom{h+w-2}{h-1}-\sum_{i=1}^nf(i)\binom{h-x_i+w-y_i}{h-w_i}$$
同理对于$f(i)$有
$$f(i)=\binom{x_i+y_i-2}{x_i-1}-\sum_{j=1}^{i-1}f(j)\binom{x_i-x_j+y_i-y_j}{x_i-x_j}$$
代码：

#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int N = 1e5 + 10,M = 2e3 + 10,mod = 1e9 + 7;

typedef pair<int,int> PII;

PII a[M];

int f[M];

int fac[N << 1],invfac[N << 1];

int C(int n,int m){return n<m?0:(long long)fac[n]*invfac[m]%mod*invfac[n-m]%mod;}

void init(){
    fac[0]=invfac[0]=invfac[1]=1;
    for(int i=1;i<=2e5 + 10;i++)fac[i]=(long long)fac[i-1]*i%mod;
    for(int i=2;i<=2e5 + 10;i++)invfac[i]=(long long)(mod-mod/i)*invfac[mod%i]%mod;
    for(int i=2;i<=2e5 + 10;i++)invfac[i]=(long long)invfac[i-1]*invfac[i]%mod;
}

int main(){
    init();
    int h,w,n;
    cin >> h >> w >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++){
        cin >> a[i].first >> a[i].second;
    }
    sort(a + 1,a + n + 1);
    a[n + 1].first = h,a[n + 1].second = w;
    for (int i = 1; i <= n + 1; i++){
        f[i] = C(a[i].first+a[i].second - 2,a[i].first - 1);
        for (int j = 1; j < i; j++){
            if (a[j].first > a[i].first || a[j].second > a[i].second) continue;
            f[i] = (f[i] - 1ll * f[j] * C(a[i].first-a[j].first+a[i].second-a[j].second,a[i].first-a[j].first) + mod) % mod;
        }
    }  
    cout << (f[n + 1] + mod) % mod;
    return 0;
}