显然考虑 $dp$ ，设 $fx[i][j]$ 表示从 $(i,j)$ 出发往下走一格，最终到达 $(n,m)$ 的方案数，$fy[i][j]$ 表示从 $(i,j)$ 出发往右走一格，最终到达 $(n,m)$ 的方案数
如果 $(i,j)$ 本身有石头就把这个石头忽略
那么对于 $fx[i][j]$ ，如果 $(i+1,j)$ 没有石头，转移为 $fx[i][j]=fx[i+1][j]+fy[i+1][j]$
如果 $(i+1,j)$ 有石头，因为 $fx[i+1][j]$ 没有算到本身的石头，所以方案中多出了一类往下走到 $(x,y)$ 再往右的方案
但是因为这个石头的存在，我们最多只能走到 $(x-1,y)$ ，那么方案便多出了 $fy[x][y]$ ，再减去即可，显然 $x,y$ 可以通过预处理每列的前缀石头数得到
然后对于 $fy$ 也差不多转移，所以就做完了
记得特判 $(n,m)=(1,1)$ 的情况
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<cmath> using namespace std; typedef long long ll; inline int read() { 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<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar(); } return x*f; } const int N=2007,mo=1e9+7; inline int fk(int x) { return x>=mo ? x-mo : x; } int n,m,ans; int cntx[N][N],cnty[N][N]; int fx[N][N],fy[N][N]; char s[N][N]; int main() { n=read(),m=read(); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%s",s[i]+1); for(int i=n;i>=1;i--) for(int j=m;j>=1;j--) { cntx[i][j]=cntx[i+1][j]+(s[i][j]=='R'); cnty[i][j]=cnty[i][j+1]+(s[i][j]=='R'); } for(int i=1;i<m;i++) if(!cnty[n][i]) fy[n][i]=1; for(int i=1;i<n;i++) if(!cntx[i][m]) fx[i][m]=1; for(int i=n-1;i;i--) for(int j=m-1;j;j--) { fx[i][j]=fk(fx[i+1][j]+fy[i+1][j]); if(s[i+1][j]=='R') fx[i][j]=fk(fx[i][j]- fy[ n-cntx[i+1][j]+1 ][j] +mo); fy[i][j]=fk(fx[i][j+1]+fy[i][j+1]); if(s[i][j+1]=='R') fy[i][j]=fk(fy[i][j]- fx[i][ m-cnty[i][j+1]+1 ] +mo); } if(n==1&&m==1&&s[1][1]=='.') ans=1; else ans=fk(fx[1][1]+fy[1][1]); printf("%d ",ans); return 0; }