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：
首先此题解决方案用到状态转移，且子问题独立，很显然是dp，但如果只是单纯的暴力dp的话会超时，那么就用到了二维前缀和优化。
f[i][j][k] 代表的含义是 第i层从j到k区间有多少种可行状态。
前缀和优化：
贴一张dxl的图
如图：把1->j 和 k->n 区间前缀和先预处理出来，然后查询此操作为O(1)—>总复杂度O(nmm1)–1e6，而未优化直接双for循环此操作则为O（m2）–>总复杂度O(nmmm*m)–1e10.
Code：
#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<vector>
#include<queue>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn = 105;
const int mod=1e9+7;
int n,m,k,top;
int c[maxn][maxn]; //每层地图的前缀和，如果第j位为‘X’的话，改点值为1.
ll f[maxn][maxn][maxn]；
int s[maxn][maxn]; //二维前缀和
void get_presum(int i){ //预处理
for(int j=1;j<=m;j++){
for(int k=1;k<=m;k++){
s[j][k]=(s[j-1][k]+s[j][k-1]-s[j-1][k-1]+f[i][j][k])%mod; //前缀和
}
}
}
ll get_sum(int x1,int y1,int x2,int y2){
return (s[x2][y2]-s[x1-1][y2]-s[x2][y1-1]+s[x1-1][y1-1])%mod;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);cout.tie(0);
cin>>n>>m;
char str[maxn];
for(int i=n;i>=1;i--){
cin>>str+1;
for(int j=1;j<=m;j++){
c[i][j]=c[i][j-1]+(str[j]=='X');
}
}
f[0][1][m]=1; //第一层什么都不放为1，而更上面的层数什么都不放为0，因为此状态已被下一层的状态囊括了。
get_presum(0);
ll ans=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=m;j++){
for(int k=j;k<=m;k++){
if(c[i][k]-c[i][j-1]==0){ //k到j区间里没有‘X’
ll &x=f[i][j][k]; //调用，为了简化代码，可跳过此步骤
x=(x+get_sum(1,k,j,m))%mod;
ans=(ans+x)%mod;
}
}
}
get_presum(i); //求出第i层的前缀和，第i+1层的时候使用
}
cout<<(ans+mod)%mod<<endl; //计算中有相减，可能为负数，+mod%mod稳一手
return 0;
}