题意：

给出一个 \(n \times m\) 的矩阵，需对其进行黑白染色，使得以下条件成立：

• 存在区间 \([l,r]\)（\(1\leq l\leq r\leq n\)），使得第 \(l,l+1,\dots,r\) 行恰有 \(2\) 个格子染成黑色，其余行所有格子均为白色。
• 设第 \(i\) 行染黑的两个格子所在的列为 \(a_i,b_i(a_i\lt b_i)\)，那么存在 \(l \leq t \leq r\)，使得 \(a_l\geq a_{l+1}\geq a_{l+2}\geq\dots\geq a_t\leq a_{t+1}\leq a_{t+2}\leq\dots\leq a_r\)，\(b_l\geq b_{l+1}\geq b_{l+2}\geq\dots\geq b_t\geq b_{t+1}\leq b_{t+2}\leq\dots\leq b_r\)。
  
  \(n,m \in [1,2000]\)
  
  答案对 \(10^9+7\) 取模。

很显然可以分上部分和下部分考虑，这里考虑上半部分。

设 \(dp_{i,j}\) 表示填好了 \(i\) 行，第 \(i\) 行的“宽度”（\(b_i-a_i+1\)）为 \(j\)。

那么我们枚举上一行的宽度 \(k\)，即 \(dp_{i,j}=\sum\limits_{k=2}^jdp_{i-1,k}\times(j-k+1)\)。

前缀和优化可以搞到 \(n^2\)。

然后我们考虑计算答案。

我们枚举上文中提到的 \(t\) 的位置，以及第 \(t\) 行的“宽度” \(w\)，注意可能有多个 \(t\) 满足条件，这里我们枚举的是最下方的 \(t\)，否则可能会重复计算。

这部分对答案的贡献为 \(f(t,w)=(\sum\limits_{i=1}^tdp_{i,w})\times(1+\sum\limits_{k=1}^{n-i}\sum\limits_{l=2}^{w-1}dp_{k,l}\times(w-l+1))\)

稍微解释一下这个式子。

前面的括号是填好上半部分的方案数，枚举行数求个和即可。

后面的括号的填好下半部分的方案数。第 \(t+1\) 行的宽度必然小于 \(w\)，否则 \(t+1\) 也满足条件，我们枚举就不是“最下方的 \(t\)”了。

当然 \(t+1\) 行也可以不染色，贡献为 \(1\)。

预处理三个前缀和就可以 \(\mathcal O(1)\) 求出 \(f(t,w)\)。

最后 \(ans=\sum\limits_{t=1}^n\sum\limits_{w=2}^mf(t,w)\times(m-w+1)\)

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define fi			first

#define se			second

#define pb			push_back

#define fz(i,a,b)	for(int i=a;i<=b;i++)

#define fd(i,a,b)	for(int i=a;i>=b;i--)

#define foreach(it,v) for(__typeof(v.begin()) it=v.begin();it!=v.end();it++)

#define all(a)		a.begin(),a.end()

#define fill0(a)	memset(a,0,sizeof(a))

#define fill1(a)	memset(a,-1,sizeof(a))

#define fillbig(a)	memset(a,0x3f,sizeof(a))

#define y1			y1010101010101

#define y0			y0101010101010

typedef pair<int,int> pii;

typedef long long ll;

const ll MOD=1e9+7;

ll n,m,dp[2005][2005],s1[2005][2005],s2[2005][2005],s[2005][2005],_s[2005][2005],__s[2005][2005];

int main(){

	scanf("%d%d",&n,&m);

	for(int i=2;i<=m;i++) dp[1][i]=1;

	for(int j=2;j<=m;j++){

		s1[1][j]=(s1[1][j-1]+dp[1][j])%MOD;

		s2[1][j]=(s2[1][j-1]+dp[1][j]*j%MOD)%MOD;

	}

	for(int i=2;i<=n;i++){

		for(int j=2;j<=m;j++){

			dp[i][j]=(-s2[i-1][j]+s1[i-1][j]*(j+1)%MOD+MOD)%MOD;

//			printf("%d %d %lld\n",i,j,dp[i][j]);

		}

		for(int j=2;j<=m;j++){

			s1[i][j]=(s1[i][j-1]+dp[i][j])%MOD;

			s2[i][j]=(s2[i][j-1]+dp[i][j]*j%MOD)%MOD;

		}

	}

	ll ans=0;

	for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=2;j<=m;j++) s[i][j]=(s[i-1][j]+dp[i][j])%MOD;

	for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=2;j<=m;j++) _s[i][j]=(_s[i][j-1]+s[i][j])%MOD;

	for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=2;j<=m;j++) __s[i][j]=(__s[i][j-1]+s[i][j]*j%MOD)%MOD;

	for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=2;j<=m;j++){

		ans=(ans+s[i][j]*(_s[n-i][j-1]*(j+1)%MOD-__s[n-i][j-1]+MOD+1)%MOD*(m-j+1)%MOD)%MOD;

//		printf("%d %d %lld\n",i,j,s[i][j]*(_s[n-i][j-1]*(j+1)%MOD-__s[n-i][j-1]+MOD+1)%MOD*(m-j+1)%MOD);

	}

	printf("%lld\n",ans);

	return 0;

}

/*

dp[i][j]=\sum dp[i-1][k]*(j-k+1)

\sum s[x][k]*(j-k+1)

*/