Turn the pokers

大意：给出n次操作，给出m个扑克。然后给出n个操作的个数a[i]，每一个a[i]代表能够翻的扑克的个数，求最后可能出现的扑克的组合情况。

Hint

Sample Input：

3 3

3 2 3

For the this 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)

思路：要说清楚不是非常easy。官方题解是这么说的：

“终于的结果一定是连续出现的，仅仅须要求出终于的区间。

由于假设对同一张牌进行两次操作，牌的状态不改变。故牌的翻转次数一定是降低偶数次。假设全部数的和是奇数，那么终于结果也一定是奇数。同理，偶数也是一样的。

所以仅仅要递推求出最后的区间，计算sum（C（xi。m）（i=0，1，2。。。））。m是总牌数，xi是在区间内连续的奇数或偶数，在模10^9+9就是终于的答案。”

#define LL long longconst int MOD = 1000000009;
LL J[100005];void Init()
{///初始化阶乘表J[0] = 1;for(int i = 1; i <= 100005; ++i){J[i] = J[i-1]*i%MOD;}
}///高速幂取模
LL modexp(LL a,LL b,LL n)
{LL ret=1;LL tmp=a;while(b){if(b&1) ret=ret*tmp%n;tmp=tmp*tmp%n;b>>=1;}return ret;
}
///求组合数 逆元 C(n, m) = n! * (m!*(n-m)!)^(MOD-2)
LL C(LL n, LL m)
{return J[n]*modexp(J[m]*J[n-m]%MOD, MOD-2, MOD)%MOD;
}int a[100010];int main()
{int n, m;Init();while(~scanf("%d%d", &n, &m)){for(int i = 0; i < n; ++i){scanf("%d", &a[i]);}int l = 0;int r = 1;int t = 0;for(int i = 0; i < n; ++i){int ll = min(abs(l-a[i]), abs(r-a[i]));if(l <= a[i] && r >= a[i]){ll = 0;}int rr = max(m-abs(l+a[i]-m), m-abs(r+a[i]-m));if(l <= m-a[i] && r >= m-a[i]){rr = m;}t = (t+a[i])%2;l = ll;r = rr;}long long ans = 0;for(int i = l; i <= r; ++i){if(i%2 == t){ans += C(m, i);ans %= MOD;}}printf("%I64d\n", ans);}return 0;
}

//官方题解的解组合
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<iostream>
#include<cmath>
using namespace std;
int a[100005];
__int64 pmod = 1000000009;
__int64 inv[100005];
__int64 ba[100005];
__int64 rba[100005];
#define M 100005
void pre() {inv[0] = inv[1] = 1;ba[0] = ba[1] = 1;rba[0] = rba[1] = 1;for (int i = 2; i < M; i++) {inv[i] = ((pmod - pmod / i) * inv[pmod % i]) % pmod;ba[i] = (ba[i - 1] * i)%pmod;rba[i] = (rba[i - 1] * inv[i])%pmod;}
}
__int64 C(int n, int k) {return (ba[n] * rba[k] % pmod )* rba[n - k] % pmod;
}