Turn the pokers

3 4
3 2 3
3 3
3 2 3

8
3

Hint
For the second example:
0 express face down,1 express face up
Initial state 000
The first result:000->111->001->110
The second result:000->111->100->011
The third result:000->111->010->101
So, there are three kinds of results(110,011,101)
 

题解：官方给出的题解看了半天看懂了一部分，后来看了别人的博客，讲的挺详细但是有的地方还是很难懂，和朋友讨论了半天终于弄懂了所有的细节。

            首先，我们把牌的正反面的情况规定成0，1的情况（0反，1正），进行m次操作，共翻转s=sum（x0+x1+....+xm-1）次，最后出现1的数目必然和s同奇同偶（s为奇数，1的个数就为奇数，反之为偶数）----每翻转一张牌（把1翻转成0，0翻转成1），1的个数都发生奇偶变化，开始时没翻转，也就是0次翻转，1的个数为偶数，翻转1次变奇数，再翻转一次变偶数.....依次类推，以上得证。

           那么这样我们就能找出最后1的个数的最小数目l和最大数目r（l，r与s同奇偶），中间过程中我们把某两次从0翻转成1的情况拿出来，翻转同一张牌（相当于相互抵销），那我们最后1的个数就会多2或少2，这样我们最后1的个数就是l，l+2，.....，r-2，r的等差数列，然后用求出c（m，i）的和就可以了。所以主要任务就是求出l和r。代码中有注释详解。

代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
using namespace std;
typedef __int64 LL;
static const int mod = 1000000009;

LL quick_mod(LL a,LL b)
{
    LL t=1;
    while(b)
    {
        if(b&1) t=t*a%mod;
        b/=2;
        a=a*a%mod;
    }
    return t;
}

int main()
{
    LL m,n,x;
    while(cin>>m>>n)
    {
        LL l=0,r=0,p=0,q=0;
        //l用来记录前一状态1的最小数，r为最大数
        //p用来记录当前状态1的最小数，q为最大数
        for(LL i=0;i<m;i++)
        {
            cin>>x;
            
            //求取最少1的数目，有1翻1 
            if(l-x>=0) p=l-x;            //1）当前状态1的最少数目为l，挑选x张牌翻转，
                                         // 当l>=x，也就是说我能把其中任意x张1翻转成0
            else if(r-x>=0) p=(r-x)%2;   //2）x>l&&x<=r,由于当前状态1的个数最大为r，最小为l，
                                         //其次我可以通过前面的情况构造[l,r]中与l同奇偶数
                                         //所以我只要构造出与x离得最近的那个就可以使得p只需i小
            else p=x-r;                  //3)x大于当前状态1的最大数目，也就是我除了把这r个1翻转成0
                                         //还需要把x-r个0翻转成1，最小数目为x-r
            
            
            //求取最多1的数目，有0翻0
            if(r+x<=n) q=r+x;            //与上面相似，不再赘述
            else if(l+x<=n) q=n-((n-l)%2!=x%2);
            else q=2*n-(l+x);

            l=p,r=q;
        }

        LL c[100010],ans=0;               //使用c数组记录c(m,i)%mod
        c[0]=1;
        if(l==0) ans+=1;
        for(LL i=1;i<=r;i++)
        {
            if(n-i<i) c[i]=c[n-i];
            else c[i]=c[i-1]*(n-i+1)%mod*quick_mod(i,mod-2)%mod;
            //这里使用了c(m,i)=c(m,i-1)*(m-i+1)/i的求法
            //由于过程中需要取余，所以不能直接用公式计算
            //当除以一个数k同时对p取余时，可以把除法转化成乘以这个数k对于p的逆元来计算
            //k对于p的逆元的求法就是k*x≡1(mod)p,所有满足上述条件的x都是一个逆元
            //由于p是素数，根据费马小定理k^(p-1)≡1(mod)p
            //这里进行一下分解k*k^(p-2)≡1(mod)p，可看出k^(p-2)是k对于p的一个逆元
            if((l%2==i%2)&&i>=l) ans=(ans+c[i])%mod;
        }
        cout<<ans<<endl;
    }
    return 0;
}