Problem Description During summer vacation,Alice stay at home for a long time, with nothing to do. She went out and bought m pokers, tending to play poker. But she hated the traditional gameplay. She wants to change. She puts these pokers face down, she decided to flip poker n times, and each time she can flip Xi pokers. She wanted to know how many the results does she get. Can you help her solve this problem?
Input The input consists of multiple test cases. 
Each test case begins with a line containing two non-negative integers n and m(0<n,m<=100000). 
The next line contains n integers Xi(0<=Xi<=m).
Output Output the required answer modulo 1000000009 for each test case, one per line.
Sample Input 3 4 3 2 3 3 3 3 2 3
Sample Output 8 3 HintFor 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) 題意：對於m張牌給出n個操作，每次操作選擇a[i]張牌進行翻轉，問最終得到幾個不同的狀態 思路：在n張牌選k張，很容易想到組合數，但是關鍵是怎麼進行組合數計算呢？我們可以發現，在牌數固定的情況下，總共進行了sum次操作的話，其實有很多牌是經過了多次翻轉，而每次翻轉只有0和1兩種狀態，那麼，奇偶性就出來了，也就是說，無論怎麼進行翻牌，最終態無論有幾個1，這些1的總數的奇偶性是固定的。 那麼我們現在只需要找到最大的1的個數和最小的1的個數，然後再這個區間內進行組合數的求解即可 但是又有一個問題出來了，資料很大，進行除法是一個不明智的選擇，但是組合數公式必定有除法 C（n,m） = n!/(m!*(n-m)!) 但是我們知道費馬小定理a^(p-1)=1%p 那麼a^(p-1)/a = 1/a%p 得到 a^(p-2) = 1/a%p 發現了吧？這樣就把一個整數變成了一個分母！ 於是便得到sum+=((f[m]%mod)*(quickmod((f[i]*f[m-i])%mod,mod-2)%mod))%mod 用快速冪去擼吧！

#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define mod 1000000009
#define LL __int64
#define maxn 100000+5

LL f[maxn];

void set()
{
    int i;
    f[0] = 1;
    for(i = 1; i<maxn; i++)
        f[i] = (f[i-1]*i)%mod;
}

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

int main()
{
    int n,m,i,j,k,l,r,x,ll,rr;
    set();
    while(~scanf("%d%d",&n,&m))
    {
        l = r = 0;
        for(i = 0; i<n; i++)
        {
            scanf("%d",&x);
            //計算最小的1的個數，儘可能多的讓1->0
            if(l>=x) ll = l-x;//當最小的1個數大於x，把x個1全部翻轉
            else if(r>=x) ll = ((l%2)==(x%2))?0:1;//當l<x<=r，由於無論怎麼翻，其奇偶性必定相等，所以看l的奇偶性與x是否相同，相同那麼知道最小必定變為0，否則變為1
            else ll = x-r;//當x>r,那麼在把1全部變為0的同時，還有x-r個0變為1
            //計算最大的1的個數,儘可能多的讓0->1
            if(r+x<=m) rr = r+x;//當r+x<=m的情況下，全部變為1
            else if(l+x<=m) rr = (((l+x)%2) == (m%2)?m:m-1);//在r+x>m但是l+x<=m的情況下，也是判斷奇偶，同態那麼必定在中間有一種能全部變為1，否則至少有一張必定為0
            else rr = 2*m-(l+x);//在l+x>m的情況下，等於我首先把m個1變為了0，那麼我還要翻（l+x-m）張，所以最終得到m-(l+x-m)個1

            l = ll,r = rr;
        }
        LL sum = 0;
        for(i = l; i<=r; i+=2)//使用費馬小定理和快速冪的方法求和
            sum+=((f[m]%mod)*(quickmod((f[i]*f[m-i])%mod,mod-2)%mod))%mod;
        printf("%I64d\n",sum%mod);
    }

    return 0;
}