题意简述
给定序列 \(\{a_n\},\{b_n\}\)，求 \(\sum_{1\le i<j\le n}\dbinom{a_i+b_i+a_j+b_j}{a_i+b_i}\)。
\(n\le 2\times10^5,a_i,b_i\le 2\times10^3\)。
分析
发现我们要求的 \(\dbinom{a_i+b_i+a_j+b_j}{a_i+a_j}\) 包含两个参数 \(i,j\)，如果直接求的话枚举 \(i,j\) 的复杂度已经 \(O(n^2)\)，不能通过。
发现 \(a_i,b_i\) 非常小，考虑从这入手。考虑组合数的组合意义，我们知道 \(\dbinom{n+m}{n}\) 是从 \((0,0)\) 且每次只能向坐标轴正方向走 \(1\) 单位长度时到达 \((n,m)\) 的方案数。类似的，\(\dbinom{a_i+b_i+a_j+b_j}{a_i+b_i}\) 的组合意义就是从 \((0,0)\) 按照上述走法走到 \((a_i+a_j,b_i+b_j)\) 的方案数。
考虑快速求这个东西。我们考虑将坐标点平移，将起点从 \((0,0)\) 平移到 \((-a_i,-b_i)\)，终点也随之平移到 \((a_j,b_j)\)，这样的话我们就让 \(i,j\) 两个参数互相独立了。
如果不考虑 \(i<j\) 的限制，原题就相当于对于每个起点、终点算方案数。考虑 dp，设 \(f_{i,j}\) 表示走到坐标点 \((i,j)\) 的方案数，转移显然，初始给每个 \((-a_i,-b_i)\) 的 dp 值加 1。由于坐标有负数，所以要整体加一个偏移量。
求出 \(ans=\sum_{i=1}^n f_{a_i,b_i}\) 后，考虑 \(i<j\) 的限制，首先减掉 \(i=j\) 的答案（显然是 \(\sum_{i=1}^n\dbinom{2a_i+2a_j}{a_i+a_j}\)，这显然可以 \(O(n)\) 算。然后答案除以 \(2\) 就行了。
时间复杂度 \(O(n+w^2)\)，其中 \(w=\max(\max_{i=1}^n a_i,\max_{i=1}^nb_i)\)，可以通过。
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#define x1 xx1
#define y1 yy1
#define IOS ios::sync_with_stdio(false)
#define ITIE cin.tie(0);
#define OTIE cout.tie(0);
#define PY puts("Yes")
#define PN puts("No")
#define PW puts("-1")
#define P0 puts("0")
#define P__ puts("")
#define PU puts("--------------------")
#define popc __builtin_popcount
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define gc getchar
#define pc putchar
#define pb emplace_back
#define rep(a,b,c) for(int a=(b);a<=(c);++a)
#define per(a,b,c) for(int a=(b);a>=(c);--a)
#define reprange(a,b,c,d) for(int a=(b);a<=(c);a+=(d))
#define perrange(a,b,c,d) for(int a=(b);a>=(c);a-=(d))
#define graph(i,j,k,l) for(int i=k[j];i;i=l[i].nxt)
#define lowbit(x) (x&-x)
#define lson(x) (x<<1)
#define rson(x) (x<<1|1)
#define mem(x,y) memset(x,y,sizeof x)
//#define double long double
//#define int long long
//#define int __int128
using namespace std;
typedef long long i64;
using pii=pair<int,int>;
bool greating(int x,int y){return x>y;}
bool greatingll(long long x,long long y){return x>y;}
inline int rd(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-48;ch=getchar();}return x*f;
}
inline void write(int x,char ch='\0'){
if(x<0){x=-x;putchar('-');}
int y=0;char z[40];
while(x||!y){z[y++]=x%10+48;x/=10;}
while(y--)putchar(z[y]);if(ch!='\0')putchar(ch);
}
bool Mbg;
const int maxn=2e5+5,maxm=4e3+5,inf=0x3f3f3f3f,delta=2e3+1,mod=1e9+7,inv2=5e8+4;
const long long llinf=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
int n,a[maxn],b[maxn];
int f[maxm][maxm];
void add(int &x,int y){x+=y;if(x>=mod)x-=mod;}
int C[maxm<<1][maxm<<1];
void init(int lim=8e3){
C[0][0]=1;
rep(i,1,lim){
C[i][0]=1;
rep(j,1,i)C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%mod;
}
}
void solve_the_problem(){
n=rd(),init();rep(i,1,n)a[i]=rd(),b[i]=rd();
rep(i,1,n)add(f[delta-a[i]][delta-b[i]],1);
rep(i,1,2*delta)rep(j,1,2*delta)add(f[i][j],f[i-1][j]),add(f[i][j],f[i][j-1]);
int ans=0;
rep(i,1,n)add(ans,f[delta+a[i]][delta+b[i]]);
rep(i,1,n)add(ans,mod-C[(a[i]+b[i])<<1][a[i]<<1]);
// write(ans,32);
write(1ll*ans*inv2%mod);
}
bool Med;
signed main(){
// freopen(".in","r",stdin);freopen(".out","w",stdout);
// fprintf(stderr,"%.3lfMB\n",(&Mbg-&Med)/1048576.0);
int _=1;while(_--)solve_the_problem();
}
/*
*/