旅行路线：
很有参考价值的一道题，其他题解有点抽象，我来。
转化题意
题意转化为 \((1,2)→(n-1,m),(2,1)→(n,m-1)\) 的两条链不相交且经过所有关键点的方案数。
其他点没用，我们以下的点指关键点。
无不能相交限制的 DP
由于 \(x_i\le x_j,y_i\le y_j\)，\(i\) 才可以转移到 \(j\)。所以按 \((x_i+y_i)\) 排序就可以递推了，当然你可以建 DAG 把拓扑序跑下来也一样的。
然后 \(f_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个点都被经过了，然后第二条链末尾为 \(j(j\le i)\)，同时这个含义顺便钦定了第一条链的末尾为 \(i\)。这个含义舒服多了，显然是从 \(f_i → f_{i+1}\) 的转移形式。
但是你显然不能让 \(2\) 链低 \(1\) 链一等，正确的路径应该同时转移（额外条件我们用容斥解决，在此先考虑 DP），把含义变成：第一条链末尾为 \(i\)，第二条链末尾为 \(j\)，前 \(\max(i,j)\) 的点都被经过了。
那么转移的下一步一定是 \(\max(i,j)+1\) 这个点，这样 \(1\) 链 \(2\) 链就同等了！
由于是 DP，所以我们必须对 DP 含义负责，转移时，我们不好钦定在转移过程种两条链没有相交（如果钦定路径种不交有 \(O(k^3)\) 做法，容斥加组合数预处理一个 \(dis2\) 数组，我有个极好的处理办法，可惜这里地方太小，我写不下），那么我们直接钦定转移路径上的重合点个数二项式反演。
\(f(i)\)：钦定了 \(i\) 个点重合的方案数。
\(g(i)\)：恰好 \(i\) 个点重合的方案数。
我们用 \(g(0)\) 转移，\(g(0)=\sum_i (-1)^i f(i)\)，发现 \(i\) 与 \(f(i)\) 的次幂一样，所以把 \(-1\) 下发给转移到重合点的时候，这样我们就不用考虑转移的时候链相交的问题了。
这个东西很抽象啊！因为这时我们已经不保证 DP 的含义了。
因为我们 \(f_{i,i}\) 的值终究要贡献给最后的答案，而我们真正的 \(f_{i,i}\) 早在钦定的点个数更小的时候计算了，所以可以这么乱来。对不起了，DP……我没有对你的含义负责。
直接转移就行了，我的代码很帅，大家随便看。
相交限制的处理
\((1,2)→(n-1,m),(2,1)→(n,m-1)\) 相交如何计算？
我们可以画一下相交的情况，然后在第一次相交的时候交换链 \(1\) 和 \(2\) 的路径（感觉这个做法很像反射容斥）。
发现相交路径与 \((1,2)→(n,m-1),(2,1)→(n-1,m)\) 双射。
\(ans=总路径数 - 相交路径数\)。
两者只是起点终点不一样。
很帅的代码
\(O(k^2)\)，感觉代码很可读所以一些地方不说了。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int QAQ=2010000,ovo=5100;
const ll mo=1e9+7;
int n,m,k,cnt,jc[QAQ];
struct xxx {int x,y;} d[ovo];
bool cmp(xxx a,xxx b) {return a.x+a.y<b.x+b.y;}
int ksm(ll x,int k)
{ll da=1;for(;k;k>>=1,x=x*x%mo) if(k&1) da=da*x%mo;return da;
}
int cnm(int n,int m) {return (ll)jc[n]*ksm((ll)jc[m]*jc[n-m]%mo,mo-2)%mo;}
int roxy(int i,int j)
{if(d[i].x<=d[j].x&&d[i].y<=d[j].y)return cnm(d[j].y-d[i].y+d[j].x-d[i].x,d[j].y-d[i].y);return 0;
}
#define jia(x,y) x=(x+y)%mo
#define jian(x,y) x=(x-(y))%mo
int dis[ovo][ovo],ans;
ll f[ovo][ovo];
int chuli(int i,int j)
{for(int i=1;i<=cnt;i++) for(int j=1;j<=cnt;j++) f[i][j]=0;f[i][j]=1;for(int i=1;i<=cnt;i++)for(int j=1;j<=cnt;j++){if(i>j)jia(f[i+1][j],f[i][j]*dis[i][i+1]),jia(f[i][i+1],f[i][j]*dis[j][i+1]),jian(f[i+1][i+1],f[i][j]*dis[i][i+1]%mo*dis[j][i+1]);else if(i<j)jia(f[i][j+1],f[i][j]*dis[j][j+1]),jia(f[j+1][j],f[i][j]*dis[i][j+1]),jian(f[j+1][j+1],f[i][j]*dis[i][j+1]%mo*dis[j][j+1]);elsejia(f[i+1][i],f[i][i]*dis[i][i+1]),jia(f[i][i+1],f[i][i]*dis[i][i+1]),jian(f[i+1][i+1],f[i][i]*dis[i][i+1]%mo*dis[i][i+1]);}return f[cnt-1][cnt];
}
signed main()
{jc[0]=1;for(int i=1;i<=2000000;i++) jc[i]=(ll)jc[i-1]*i%mo;cin>>n>>m>>k;d[++cnt]={1,2},d[++cnt]={2,1};for(int i=1,x,y;i<=k;i++){cin>>x>>y;if(x==1&&y==1) continue;if(x==n&&y==m) continue;d[++cnt]={x,y};}d[++cnt]={n-1,m},d[++cnt]={n,m-1};sort(d+3,d+cnt-2+1,cmp);for(int i=1;i<=cnt;i++) for(int j=i;j<=cnt;j++) dis[i][j]=roxy(i,j);cout<<((chuli(1,2)-chuli(2,1))%mo+mo)%mo*2%mo;return 0;
}
刷表无敌好看！！！
一些闲话
为什么你代码这么长？
因为这题涉及到相减的情况，并且我们转移时的重合在两个 DP 里都会被统计到，最终两者相减终为 \(0\)，所以在转移上折腾了这么久，终究没啥用啊……但是这个更符合直觉吧。
如何 \(O(k^3)\)？
哈哈哈，我没有丢下你们。
\(dis2_{i,j}\)：从 \(i\) 到 \(j\) 中途不经过别的点的路径条数。
先用全部的方案减去不合法的方案，不合法的方案我们枚举转移路径中第一个重合点。（这里假设按 \(x_i+y_i\) 排完序了）
\(dis2_{i,j}=\binom{y_j-y_i+x_j-x_i}{x_j-x_i}-\sum_{i<k<j} dis2_{i,k}\binom{y_j-y_k+x_j-x_k}{x_j-x_k}\)
那么相当于上面不用二项式反演，也就是不用 \(-1\) 的系数，直接把上面的 \(dis\) 改成 \(dis2\) 就好了。
