一个很妙的优化。

我们考虑 $\binom{x + y}{x}$ 的组合意义，是从 $(0,0)$ 到 $(x,y)$ 的方案数量。于是考虑这个式子本质上就是求 $(0,0)$ 到 $(a_i+a_j,b_i+b_j)$ 的路径数量。

这个东西看起来也不太能做。但是发现我们可以给它变成求 $(-a_i,-b_i)$ 到 $(a_j,b_j)$ 的方案数量。这个东西就可以 $dp$ 了，设 $dp[x][y]$ 表示 所有点到 $(x,y)$ 的方案数量。初始给 $(-a_i,-b_i)$ 设为 $1$ 即可。

最后需要减去重复酸的，也就是自己到自己的方案数量。

#include "iostream"
#include "algorithm"
#include "cstring"
#include "cstdio"
#include "cmath"
#include "vector"
#include "map"
#include "set"
#include "queue"

using namespace std;
#define MAXN 5006
//#define int long long
#define rep( i , a , b ) for (int i = (a), i##end = (b); i <= i##end; ++i)
#define per( i , a , b ) for (int i = (a), i##end = (b); i >= i##end; --i)
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define eb emplace_back
#define vi vector<int>
#define all( x ) (x).begin() , (x).end()
#define mem( a ) memset( a , 0 , sizeof a )
typedef long long ll;
#define P 1000000007
int n , m , q;
int A[200006] , B[200006];
int dp[MAXN][MAXN] , tar[MAXN][MAXN] , J[200006] , iJ[200006];

int C( int x , int y ) {
	return J[x] * 1ll * iJ[y] % P * iJ[x - y] % P;
}
int Pow( int x , int a ) {
	int ret = 1;
	while( a ) {
		if( a & 1 ) ret = ret * 1ll * x % P;
		x = x * 1ll * x % P , a >>= 1;
	}
	return ret;
}

void solve( ) {
	cin >> n;
	int S = 2006;
	int res = 0;
	J[0] = iJ[0] = 1;
	rep( i , 1 , 200000 ) J[i] = J[i - 1] * 1ll * i % P , iJ[i] = Pow( J[i] , P - 2 );
	rep( i , 1 , n ) {
		scanf("%d%d",A + i,B + i) , ++ dp[S - A[i]][S - B[i]] , ++ tar[S + A[i]][S + B[i]];
		res = ( res + P - C( A[i] + B[i] + A[i] + B[i] , A[i] + A[i] ) ) % P;
	}
	rep( i , 1 , S * 2 ) rep( j , 1 , S * 2 ) {
		( dp[i][j] += ( dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1] ) % P ) %= P;
		if( tar[i][j] ) res = ( res + tar[i][j] * 1ll * dp[i][j] ) % P;
	}
	cout << res * 1ll * ( ( P + 1 ) / 2 ) % P << endl;
}

signed main( ) {
//	int T;cin >> T;while( T-- ) solve();
	solve( );
}