原问题等价于求

for i=1;i<n;i++

　　for j=i+1;j<=n;j++ do ans=ans+C(a[i]+a[j]+b[i]+b[j],a[i]+a[j])

显然这个式子是n^2的很不资瓷

我们发现a[i],b[i]都很小所以考虑组合性质优化

我们发现这个式子其实相当于求从(-ai,-bi)走到(aj,bj)的路径条数

直观的我们考虑建立超级源点S和超级汇点T

S向所有第三象限的点连边，T向所有第一象限的点连边求路径条数

所以我们可以dp出对于每一个(i,j)作为终点的方案数

然后dp[-a[i]][-b[i]]++，表示有一条从S过来的路径

答案就是枚举每一个i代表的点对(a[i],b[i])作为终点的方案数之和

注意减去自己到自己的方案数

代码如下：

#include
     
      #define Mod 1000000007#define N 500005#define int long long#define invv (Mod+1)/2using namespace std;int n,fac[N],inv[N],a[N],b[N],dp[4005][4005];inline int ksm(int x,int y){
   int ans1=1;while (y){
   if (y&1) ans1=1ll*ans1*x%Mod;y>>=1;x=1ll*x*x%Mod; }return ans1;}inline int C(int n,int m){
   return 1ll*fac[n]*inv[m]%Mod*inv[n-m]%Mod;}signed main(){    scanf("%lld",&n);fac[0]=1;    for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld%lld",&a[i],&b[i]);    for (int i=1;i<=8000;i++) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%Mod;    inv[8000]=ksm(fac[8000],Mod-2);    for (int i=7999;~i;i--) inv[i]=1ll*inv[i+1]*(i+1)%Mod;    for (int i=1;i<=n;i++) dp[2000-a[i]][2000-b[i]]++;    for (int i=0;i<=4000;i++){        for (int j=0;j<=4000;j++){            if (i) dp[i][j]=1ll*(dp[i][j]+dp[i-1][j])%Mod;            if (j) dp[i][j]=1ll*(dp[i][j-1]+dp[i][j])%Mod;        }    }int ans=0;    for (int i=1;i<=n;i++){        ans=1ll*(ans+dp[a[i]+2000][b[i]+2000])%Mod;        ans=1ll*(ans-C(2*(a[i]+b[i]),2*a[i])+Mod)%Mod;    }    printf("%lld\n",1ll*ans*invv%Mod);    return 0;}