思路：
由题目易得：网格内种植的两种植物形成了一条 左上—右下 的分界线，考虑将问题转化成 DP求出有多少条合法的分界线

我们注意到：
分界线上的点都必须放洒水器，且所放洒水器有唯一选择；
其他的可以放洒水器的点则都有2种选择（放或不放）。
所以，总方案数=合法分界线条数*（2∧网格中可放洒水器的点的数量）/（2∧分界线上折点数量）

[图中黄线为分界线，灰格子代表该位置可以放也可以不放洒水器，橙格子代表该位置放甜玉米洒水器，蓝格子代表放紫苜蓿洒水器]

DP求合法分界线条数：
设 f(i,j) 表示已经考虑好了前 j 列的分界线，第 j 列的分界线在第 i 行。（注意这里的 i 可以到 n+1）

转移时，我们枚举格子（i-1,k）(1<=k<=j)，看上面有没有奶牛，
若没有奶牛：

因为这里增加了2个折点，所以除以 4。（注意边界情况下只用除以 2）

以下图为例，是考虑将黄线作为分界线的情况：

我们需要枚举的是a、b、c、d四个格子

枚举到d时，d格子上没有奶牛，因此d格子上可以放紫苜蓿洒水器
所以，黄线①或②可以与新添黄线构成一条合法分界线
由此一来，新增了蓝色的2个折点（边界情况下新增1个折点）

枚举到c时，由于c上不能放洒水器，所以蓝色交叉所在点不能成为分界线的折点，因此这种情况下 f(i,j) 没有变化。

枚举a、b的情况略
考虑边界：

图中明黄色折线和暗黄色直线均为 分界线可能的一部分
（明黄色折线可向左、下两边延伸，暗黄色直线也可沿指示方向延伸）

以下是对边界情况的处理（主要考虑 初始化 和 新增折点个数 的问题）：

f[1][0]=1;for(int j=1;j<=n;j++)if(g[1][j]=='.') f[1][j]=1*inv2;

for(int k=1;k<=n;k++){if(g[n][k]=='.'){for(int l=1;l<=n;l++)f[n+1][n]=(f[n+1][n]+f[l][k-1])%mod;} 
}
f[n+1][n]=f[n+1][n]*inv2%mod;

前缀和优化：
先放一段优化前的代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=1e9+7;
const int N=2010;
int inv2,inv4;
int n,s=0;
char g[N][N];
ll f[N][N],sum[N];
ll ans;
int power(ll a,ll b){ int ret=1;a=a%mod;  while(b>0){   if(b%2==1)     ret=ret*a%mod;      b/=2;   a=a*a%mod; }    return ret;
}
int main(){inv2=power(2,mod-2);inv4=power(2,mod-3);scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%s",g[i]+1);for(int j=1;j<=n;j++)s+=g[i][j]=='.';} f[1][0]=1;for(int j=1;j<=n;j++)if(g[1][j]=='.') f[1][j]=1*inv2;for(int i=2;i<=n;i++){for(int j=1;j<=n;j++){if(g[i][j]=='W') continue;for(int k=1;k<=j;k++){if(g[i-1][k]=='.'){for(int l=1;l<=i-1;l++)f[i][j]=(f[i][j]+f[l][k-1])%mod;} }f[i][j]=f[i][j]*inv4%mod;}}for(int k=1;k<=n;k++){if(g[n][k]=='.'){for(int l=1;l<=n;l++)f[n+1][n]=(f[n+1][n]+f[l][k-1])%mod;} }f[n+1][n]=f[n+1][n]*inv2%mod;for(int i=1;i<=n+1;i++) ans+=f[i][n];ans=ans*power(2,s)%mod;printf("%lld\n",ans);return 0;
}

考虑设sum[i][j]=f[1][j]+f[2][j]+…+f[i][j]，代码变为：

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=1e9+7;
const int N=2010;
int inv2,inv4;
int n,s=0;
char g[N][N];
ll f[N][N],sum[N][N];
ll ans;
int power(ll a,ll b){ int ret=1;a=a%mod;  while(b>0){   if(b%2==1)     ret=ret*a%mod;      b/=2;   a=a*a%mod; }    return ret;
}
int main(){inv2=power(2,mod-2);inv4=power(2,mod-3);scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%s",g[i]+1);for(int j=1;j<=n;j++)s+=g[i][j]=='.';} f[1][0]=1;for(int i=1;i<=n;i++) sum[i][0]=1;for(int j=1;j<=n;j++)if(g[1][j]=='.') sum[1][j]=f[1][j]=1*inv2;for(int i=2;i<=n;i++){for(int j=1;j<=n;j++){sum[i][j]=sum[i-1][j];if(g[i][j]=='W') continue;for(int k=1;k<=j;k++){if(g[i-1][k]=='.')f[i][j]=(f[i][j]+sum[i-1][k-1])%mod;}f[i][j]=f[i][j]*inv4%mod;sum[i][j]+=f[i][j],sum[i][j]%=mod;}}for(int k=1;k<=n;k++){if(g[n][k]=='.')f[n+1][n]=(f[n+1][n]+sum[n][k-1])%mod;}f[n+1][n]=f[n+1][n]*inv2%mod;for(int i=1;i<=n+1;i++) ans+=f[i][n];ans=ans*power(2,s)%mod;printf("%lld\n",ans);return 0;
}

然后，我们高兴地发现还可以继续优化：
最终代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=1e9+7;
const int N=2010;
int inv2,inv4;
int n,s=0;
char g[N][N];
ll f[N][N],sum[N][N],f1[N][N];
ll ans;
int power(ll a,ll b){ int ret=1;a=a%mod;  while(b>0){   if(b%2==1)     ret=ret*a%mod;      b/=2;   a=a*a%mod; }    return ret;
}
int main(){inv2=power(2,mod-2);inv4=power(2,mod-3);scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%s",g[i]+1);for(int j=1;j<=n;j++)s+=g[i][j]=='.';} f[1][0]=f1[1][0]=1;for(int i=1;i<=n;i++) sum[i][0]=1;for(int j=1;j<=n;j++){if(g[1][j]=='.') sum[1][j]=f[1][j]=1*inv2;f1[1][j]=1*inv2;}	for(int i=2;i<=n;i++){for(int j=1;j<=n;j++){f1[i][j]=f1[i][j-1]; if(g[i-1][j]=='.')f1[i][j]=(f1[i][j]+sum[i-1][j-1]*inv4%mod)%mod;if(g[i][j]=='W') f[i][j]=0;else f[i][j]=f1[i][j];sum[i][j]=(sum[i-1][j]+f[i][j])%mod;}}for(int k=1;k<=n;k++){if(g[n][k]=='.')f[n+1][n]=(f[n+1][n]+sum[n][k-1])%mod;}f[n+1][n]=f[n+1][n]*inv2%mod;sum[n+1][n]=(sum[n][n]+f[n+1][n])%mod;printf("%lld\n",sum[n+1][n]*power(2,s)%mod);return 0;
}