题目描述##
你现在在一个(n×m)的迷宫的左上角（即点((1,1))），你的目标是到达迷宫的右下角（即点((n,m))）。一次移动你只能向右或者是向下移动一个单位。比如在点((x,y))你可以移动到点((x+1,y))或点((x,y+1))
迷宫中的一些点是岩石，当你移动到一个有岩石的点时岩石将被推到你移动方向的下一个点（你可以把岩石想象成推箱子游戏中的箱子），而如果那个点上也有一个岩石，它就会被按相同方向推的更远，以此类推（比如当前点右边有连着的一些岩石，你向右走一个点这些岩石就都会被向右推一个点）
这个迷宫被不可移动或是摧毁的墙包围着，石头是不允许被推到墙外或者摧毁墙的。（比如你右边有一个石头，而再往右是墙，你就不能往右移动了）
现在，请你计算出有多少种不同的可以到达终点的方案，由于方案数可能很大，结果请对(10^9+7)取模。两条路径中如果有任意的至少一个点不同，那就认为这两种方案是不同的。
输入格式##
输入第一行是两个正整数(n,m)，表示迷宫的长和宽((1≤n,m≤2000))
然后有(n)行，每行(m)个字符，如果第(i)行的第(j)个字符是"R"，那就说明点((i,j))存在一块岩石，如果是"."，那就说明点((i,j))是空的
数据保证出发点((1,1))一定是空的
输出格式##
输出一个整数，表示从((1,1))走到((n,m))的方案数对(10^9+7)取模的结果。
样例说明##
第一个样例中，不需要移动就能到达终点，所以只有一种路径方案，输出(1)
第二个样例中终点被岩石挡住了，无法到达，所以没有方案可以到达终点，输出(0)
点击本网址可以看到第三个样例的例图 https://assets.codeforces.com/rounds/1225/index.html
输入输出样例##
输入#1:#
1 1
.
输出#1:#
1
输入#2:#
2 3
...
..R
输出#2:#
0
输入#3#
4 4
...R
.RR.
.RR.
R...
输出#3:#
4
原题CF1225E
假如岩石不能移动，那么这就是一道(dp)裸题。
但是岩石的移动影响了原图，导致不能用(dp)转移。
由于只能向右或向下，通过画图分析我们知道当到达格((x,y))的方向
与从((x,y))转移的方向不同时，转移后到目标的所有路径是不受上一
步的影响，还是原图。
所以我们可以用(dp)，在当前点向（到达这点的不同方向）用(O(n或m))
的时间转移，可以优化到(O(n^2(n+m)))。
发现当前dp值是一段区间的dp值的和 （(dp[i][j][0]=dp[i+1][j][1]+dp[i+2][j][1]...)） ，所以用后缀和优化一下。
总的复杂度是(O(nm))
代码实现：
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<ctime>
#include<climits>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=2010,mod=1e9+7;
int dp[N][N][2],sum[N][N][2],n,m,cnt[N][N][2]; //0 down 1 right
char ch[N][N];
int main()
{
int i,j,tmp;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(i=1;i<=n;i++) scanf("%s",ch[i]+1);
for(i=1;i<=n;i++) for(j=m;j>=1;j--) cnt[i][j][1]=cnt[i][j+1][1]+(ch[i][j]=='.');
for(j=1;j<=m;j++) for(i=n;i>=1;i--) cnt[i][j][0]=cnt[i+1][j][0]+(ch[i][j]=='.');
//预处理点(i,j)下可移动步数
if(ch[n][m]=='R') cout<<0,exit(0);
if(n==1 && m==1) cout<<1,exit(0);
dp[n][m][0]=dp[n][m][1]=1;
sum[n][m][0]=sum[n][m][1]=1;
//dp[i][j][0]表示(i,j)下一步是向下走
for(i=n;i>=1;i--)
{
for(j=m;j>=1;j--)
{
if(i==n && j==m) continue;
tmp=cnt[i+1][j][0];
dp[i][j][0]=(sum[i+1][j][1]-sum[i+tmp+1][j][1]+mod)%mod; //到达点(i,j)是从(i-1,j)转移过来的，所以取向右的后缀和
tmp=cnt[i][j+1][1];
dp[i][j][1]=(sum[i][j+1][0]-sum[i][j+tmp+1][0]+mod)%mod;
sum[i][j][0]=(sum[i][j+1][0]+dp[i][j][0])%mod; //更新后缀和
sum[i][j][1]=(sum[i+1][j][1]+dp[i][j][1])%mod;
}
}
cout<<(dp[1][1][0]+dp[1][1][1])%mod;
return ~~(0-0);
}