HDU4869

/*瞎搞+逆元快速幂)*/
题解上写的也算比较清晰：最终的结果一定是连续出现的，只需要求出最终的区间。
因为如果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减少偶数次。如果所有数的和是奇数，那么最终结果也一定是奇数。同理，偶数也是一样的。
所以只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就是最终的答案。


数据比较大需要用逆元然后求快速幂。


C(n, m) = m!/(m-n)!*n!


快速计算组合数对MOD取余：


C(n, m)%MOD = (m!%MOD)*(n!%MOD*(m-n)!%MOD)^(MOD-2)%MOD。需要用到快速幂取模。


还有就是在找区间的时候一定要注意边界，左边不能小于0，右边不得越过m。


//我的那个2次可以用于翻同一张状态不变，或者用于翻两张0，则多了2个1 
//模素数可用逆元 
//写了没有返回值的函数别忘了调用 

#include <algorithm>  #include <iostream>  #include <stdlib.h>  #include <string.h>  #include <iomanip>  #include <stdio.h>  #include <string>  #include <queue>  #include <cmath>  #include <stack>  #include <map>  #include <set>  #define eps 1e-7  #define M 10001000  //#define LL __int64  #define LL long long  #define INF 0x3f3f3f3f  #define PI 3.1415926535898  #define mod 1000000009  const int maxn = 100010; //A了   using namespace std;int  num[maxn];long long f[maxn];int  i,j,k;int  n,m;int l,r,ll,rr;void del(){f[0]=1;for(i=1;i<=maxn-5;i++)//他定的maxn为100010，其实只要算的大于100000就行了     f[i]=(f[i-1]*i)%mod;   //cout<<f[3]<<endl;}long long fastmod(long long a,long long k)//快速幂取模二分计算 ,不是很理解？？？ {long long b=1;while(k){if(k&1){ b=b*a%mod;    }a=(a%mod)*(a%mod)%mod;k=k/2;     }    //cout<<b<<endl;    return b;    }int main(){    del();while(~scanf("%d%d",&n,&m))//~scanf是什么意思与scanf("")!=EOF效果一样{   cin>>num[1];l=num[1];r=num[1];for(i=2;i<=n;i++) {cin>>num[i];ll=l-num[i];rr=r+num[i]; //here,ll,rr变化，即变左右边界 if(ll<0)//这么分类因为这样才会特殊变化 {if(num[i]<=r)ll=((l-num[i])%2+2)%2;else    ll=num[i]-r; //ll,rr不是不变，而是上面已经变过了 } if(rr>m){if(num[i]+l>m)rr=m-(num[i]+l-m);elserr=m-(num[i]+r)%2; }//cout<<ll<<endl;//cout<<rr<<endl;l=ll;    r=rr;    }            long long cnt=0;    for(i=l;i<=r;i=i+2)//对的，求逆元 ，是素数求逆元 。     cnt+=((f[m]%mod)*(fastmod((f[i]*f[m-i])%mod,mod-2)))%mod;        cnt=cnt%mod;cout<<cnt<<endl; }return 0;}