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\n",ans);
return 0;
}