第九届蓝桥杯B组决赛-搭积木

标题：搭积木

小明对搭积木非常感兴趣。他的积木都是同样大小的正立方体。
在搭积木时，小明选取 m 块积木作为地基，将他们在桌子上一字排开，中间不留空隙，并称其为第0层。
随后，小明可以在上面摆放第1层，第2层，……，最多摆放至第n层。摆放积木必须遵循三条规则：

规则1：每块积木必须紧挨着放置在某一块积木的正上方，与其下一层的积木对齐；
规则2：同一层中的积木必须连续摆放，中间不能留有空隙；
规则3：小明不喜欢的位置不能放置积木。

其中，小明不喜欢的位置都被标在了图纸上。图纸共有n行，从下至上的每一行分别对应积木的第1层至第n层。每一行都有m个字符，字符可能是‘.’或‘X’，其中‘X’表示这个位置是小明不喜欢的。
现在，小明想要知道，共有多少种放置积木的方案。他找到了参加蓝桥杯的你来帮他计算这个答案。
由于这个答案可能很大，你只需要回答这个答案对1000000007(十亿零七)取模后的结果。
注意：地基上什么都不放，也算作是方案之一种。

【输入格式】
输入数据的第一行有两个正整数n和m，表示图纸的大小。
随后n行，每行有m个字符，用来描述图纸 。每个字符只可能是‘.’或‘X’。

【输出格式】
输出一个整数，表示答案对1000000007取模后的结果。

【样例输入1】
2 3
..X
.X.
【样例输出1】
4
【样例说明1】
成功的摆放有（其中O表示放置积木）：
(1)
..X
.X.
(2)
..X
OX.
(3)
O.X
OX.
(4)
..X
.XO
【样例输入2】
3 3
..X
.X.
...
【样例输出2】
16
【数据规模约定】
对于10%的数据，n=1，m<=30；
对于40%的数据，n<=10，m<=30；
对于100%的数据，n<=100，m<=100。
资源约定：
峰值内存消耗（含虚拟机） < 256M
CPU消耗  < 1000ms
 思路：dp（太菜了，不会dp）

解析都在代码里：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define MOD 1000000007
typedef long long LL;
const int maxn = 110;
LL dp[maxn][maxn];///dp[l][r]=v记录的是当前层中的[l,r]的方法数为v（初始dp是dp[n][l][r]）
///转移为dp[l][r]+=dp[l-1][r]+dp[l][r+1]-dp[l-1][r+1](因为dp[l-1][r]和dp[l][r+1]中包括的是[l-1,r+1]+[l,r]所以要减去)
///由题意可知初始化为第n层的方法数，即从大区间枚举到小区间后得出的方法数
///转移时若[l，r]中没有X，则方法数为dp[l][r]+=dp[l-1][r]+dp[l][r+1]-dp[l-1][r+1]，相当于向上传递，反之从这一层开始[l,r]区间的方法数就为0
int check[maxn][maxn];
int main(){
    int n,m;
    char str[maxn];
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%s",str+1);
        for(int j=1;j<=m;j++){
            check[i][j]=check[i][j-1];///一个比较巧妙的方法
            if(str[j]=='X'){
                check[i][j]++;
            }
        }
    }
    LL ans=1;///没有放也是一种
    for(int i=1;i<=m;i++){///初始化
        for(int j=m;j>=i;j--){
            if(check[n][j]-check[n][i-1]==0){
                ans++;
                dp[i][j]=dp[i][j+1]+dp[i-1][j]-dp[i-1][j+1]+1;
            }
        }
    }
    for(int t=n-1;t>0;t--){///状态
        for(int i=1;i<=m;i++){
            for(int j=m;j>=i;j--){
                if(check[t][j]-check[t][i-1]==0){
                    ans=(ans+dp[i][j])%MOD;
                    dp[i][j]=(dp[i][j]+dp[i-1][j]+dp[i][j+1]-dp[i-1][j+1])%MOD;
                }else{
                    dp[i][j]=0;
                }
            }
        }
    }
    printf("%lld
",ans);
    return 0;
}