神仙题。
首先乍一看此题非常棘手，不过注意到有一个条件 (0le x_{i,j}le m)，而整个矩阵恰好有 (m) 列，这就启发我们考虑将每个元素的上下界求出来，如果我们第一列全填 (0)，其余每个数都恰好等于它左边的数加 (1)，那么 (x_{i,j}) 刚好取到下界 (j-1)；如果我们最后一列全填 (m)，其余每个数都恰好等于它右边的数减 (1)，那么 (x_{i,j}) 刚好取到上界 (j)，因此对于任意一个第 (j) 列的元素 (x_{i,j})，它的取值只有两种：(j-1) 和 (j)。
我们记一类格为填 (j-1) 的 (x_{i,j})，二类格为填 (j) 的 (x_{i,j})，那么不难发现对于一个二类格 (x_{i,j})，所有形如 (x_{i-p,j+q})，(ple q) 的格子（也就是下图中的蓝色区域）都必须是二类格，而不难发现对于任意一个合法的矩阵，都存在唯一的二类格的集合 (S)，满足任意两个二类格都不在互相所管辖的范围内。因此题目可以转化为，有多少个二类格的集合 (S)，满足任意两个格子都不在互相管辖的范围内。
考虑 (dp)，不难发现任意一行，一类格必定是一段后缀，因此记 (dp_{i,j}) 表示从下往上考虑到了第 (i) 行，一类格前缀长度为 (j) 的方案数，那么显然上一行一类格前缀的长度 (le j+1)，因此我们不难得到 (dp) 转移方程式 (dp_{i,j}=sumlimits_{k=j-1}^{m}dp_{i+1,k})，上式稍微化简一下可以得到 (dp_{i,j}=dp_{i,j+1}+dp_{i+1,j-1})，注意，对于 (dp_{i,m}) 而言，上式只有 (dp_{i+1,m-1})，而实际上 (dp_{i+1,m}) 也能转移到 (dp_{i,m})，故 (dp_{i,m}=dp_{i+1,m-1}+dp_{i+1,m})。
这样 (dp) 是 (nm) 的，无法通过，考虑使用组合意义优化，对于 (n=3,m=3) 而言，该 (dp) 的值等价于下图（这里借用了张题解区的图）中从左上角走到右下角的方案数（提示：如果将整张图旋转 (pi) 那可能比较好理解，因为上面的 (dp) 过程是从下往上推的）
稍微将它变形一下可以得到下图：
不难发现这东西就等价于从 ((0,0)) 出发到达 (P(n+m+1,n)) 的方案数，其中不能碰到直线 (A:y=x+1) 和直线 (B:y=x-(m+2))
这个东西怎么求呢？一个比较棘手的地方是它涉及两条直线，如果只涉及一条直线那可以像我们的经典问题——求卡特兰数递推式那样做一个对称然后简单求个组合数。因此这里介绍一种思考问题的方法：前缀容斥。注意到对于所有不合法情况，它经过直线 (AB) 的情况必然构成一个序列，比方说 (AABBAABBBA)，把连续段缩一下可以得到 (ABABA)，我们不妨就从这个缩好的序列入手计算方案数。显然对于每个不合法的序列，它缩好的序列要么以 (A) 开头要么以 (B) 开头，因此答案就是总方案数减去以 (A) 开头的方案数减去以 (B) 开头的方案数。
怎样求以 (A) 开头的方案数呢？我们不妨把以 (A) 开头的方案罗列一下，可以得到：
- A
- AB
- ABA
- ABAB
- ...
看到以 (A) 开头我们直观地想到做 (P(n+m+1,n)) 关于直线 (A) 的对称点 (P')，但事实上这是不对的。In fact，仔细分析一下就可以发现，对于所有 ((0,0)) 到 (P') 的路径，如果我们把最后一个与 (A) 的交点 (X) 找到，然后把 (X o P') 的折线翻下来，那么最后一段 (X o P') 必然与 (A) 没有交点，因此这样的路径末尾要么是 (A)（最后一段与 (B) 没有交点）要么是 (AB)（最后一段与 (AB) 有交点），因此求得的方案数是以 (A) 或 (AB) 为结尾的方案数，但这样只是以 (A) 或 (AB) 结尾的啊，还会多算什么 (BA,BAB,ABA,ABABcdots)，别急，如果我们再作 (P') 关于 (B) 的对称点 (P'')，那么所有 ((0,0) o P'') 的路径必然经过 (B)，再把它翻上来就得到了 ((0,0) o P') 的路径，由已知 ((0,0) o P') 所对应的 ((0,0) o P) 的路径要么以 (A) 为结尾，要么以 (AB) 为结尾，前面再填个 (B)，故 ((0,0) o P'') 所对应的路径要么以 (BA) 为结尾，要么以 (BAB) 结尾，发现就是上面 (BA,BAB,ABA,ABABcdots)，二者相减就得到了 (A,AB) 的方案数。
求 (ABA,ABAB)，以及后面 (ABABA,ABABABcdots) 的方案数也同理，只需要再做 (P'') 关于 (A) 的对称点计算方案数，再关于 (B) 对称计算方案数，二者相减即可得到 (ABA,ABAB) 的方案数，以此类推即可求出以 (A) 开头的方案数。求以 (B) 开头的也同理。
时间复杂度 (mathcal O(n))
const int MAXN=6e6+4;
const int MOD=1e9+7;
int n,m,fac[MAXN+5],ifac[MAXN+5];
void init_fac(int n){
for(int i=(fac[0]=ifac[0]=ifac[1]=1)+1;i<=n;i++) ifac[i]=1ll*ifac[MOD%i]*(MOD-MOD/i)%MOD;
for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%MOD,ifac[i]=1ll*ifac[i-1]*ifac[i]%MOD;
}
int binom(int x,int y){return 1ll*fac[x]*ifac[y]%MOD*ifac[x-y]%MOD;}
void flip(int &x,int &y,int a){x^=y^=x^=y;x-=a;y+=a;}
int ways(int x,int y){return (x<0||y<0)?0:binom(x+y,x);}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);init_fac(MAXN);
int x=n+m+1,y=n,ans=ways(x,y);
while(x>=0&&y>=0){
flip(x,y,1);ans=(ans-ways(x,y)+MOD)%MOD;
flip(x,y,-m-2);ans=(ans+ways(x,y))%MOD;
} x=n+m+1,y=n;
while(x>=0&&y>=0){
flip(x,y,-m-2);ans=(ans-ways(x,y)+MOD)%MOD;
flip(x,y,1);ans=(ans+ways(x,y))%MOD;
} printf("%d
",ans);
return 0;
}