#include <iostream>
#include <string>
#include <vector>

using namespace std;

typedef long long ll;
const ll MOD = 1000000007;

// 快速幂计算 (a^b) % MOD
ll power(ll a, ll b) {
    ll res = 1;
    a %= MOD;
    while (b > 0) {
        if (b % 2 == 1) res = (res * a) % MOD;
        a = (a * a) % MOD;
        b /= 2;
    }
    return res;
}

/**
 * 构造逻辑：
 * 1. 题目中 candy 分发的规则符合 Parking Function 模型。
 * 2. 在圆周上，任意固定大小为 (N-T) 的空置集合 E 的方案数均为 N^(T-1)。
 * 3. 我们需要计算 (x, t, p) 的三元组数量，其中 x 是分发序列，t 是拍照时刻，p 是照片起始位置。
 * 4. 对于固定的 p 和 t，符合照片 S 的方案数为: C(N-M, N-t-u) * N^(t-1)，其中 u 是 S 中 'o' 的个数。
 */
void solve() {
    ll N, M;
    if (!(cin >> N >> M)) return;
    string S;
    cin >> S;

    ll u = 0;
    for (char c : S) {
        if (c == 'o') u++;
    }

    // 核心项 N^(N-1)
    ll pow_N_N_minus_1 = power(N, N - 1);
    
    // 核心项 2^(N-M) -- 这是对所有可能的 t 求和后的组合数之和
    ll pow_2_N_minus_M = power(2, N - M);

    ll term;
    if (u < M) {
        // 情况 A: 照片中至少有一个 '-'。
        // 这意味着 t=0 时不可能匹配（因为 t=0 时全是 'o'）。
        // 此时 t 从 1 到 N 的求和正好覆盖了组合数 C(N-M, k) 的完整范围。
        term = pow_2_N_minus_M;
    } else {
        // 情况 B: 照片 S 全是 'o' (u == M)。
        // 这意味着 t=0 时初始状态（全空）也能匹配照片。
        // t=0 贡献 N^N，而 t=1..N 贡献 (2^(N-M) - 1) * N^(N-1)。
        // 合并后项为 (N + 2^(N-M) - 1)。
        term = (pow_2_N_minus_M - 1 + N + MOD) % MOD;
    }

    // 合法照片起始位置 p 的数量：1 到 N-M+1
    ll pos_count = (N - M + 1) % MOD;

    ll ans = (pos_count * term) % MOD;
    ans = (ans * pow_N_N_minus_1) % MOD;

    cout << ans << endl;
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    solve();
    return 0;
}