顯然考慮 $dp$ ，設 $fx[i][j]$ 表示從 $(i,j)$ 出發往下走一格，最終到達 $(n,m)$ 的方案數，$fy[i][j]$ 表示從 $(i,j)$ 出發往右走一格，最終到達 $(n,m)$ 的方案數
如果 $(i,j)$ 本身有石頭就把這個石頭忽略
那么對於 $fx[i][j]$ ，如果 $(i+1,j)$ 沒有石頭，轉移為 $fx[i][j]=fx[i+1][j]+fy[i+1][j]$
如果 $(i+1,j)$ 有石頭，因為 $fx[i+1][j]$ 沒有算到本身的石頭，所以方案中多出了一類往下走到 $(x,y)$ 再往右的方案
但是因為這個石頭的存在，我們最多只能走到 $(x-1,y)$ ，那么方案便多出了 $fy[x][y]$ ，再減去即可，顯然 $x,y$ 可以通過預處理每列的前綴石頭數得到
然后對於 $fy$ 也差不多轉移，所以就做完了
記得特判 $(n,m)=(1,1)$ 的情況
#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\n",ans); return 0; }