大致题意： 有(n)个格子，让你摆放(m)个金币。二人博弈，每次选择一个金币向左移任意格，无法移动者输。问有多少种方案使先手必胜。
阶梯(Nim)
阶梯(Nim)的基本模型，就是有(n)层楼梯（从(0sim n-1)编号），每层楼梯上有若干石子，每次可以取任一层楼梯上任意多个石子到下一层，无法移动者输。
它的解决方法就是，去掉所有编号为偶数的楼梯，然后对剩下的这些编号为奇数的楼梯当成普通(Nim)来做。
原理是，如果一人移动编号为偶数的楼梯上的石子到下一层，如移动第(2n)层的(a)个石子到第(2n-1)层，那么无论何时对方都可以把这(a)个石子接着从第(2n-1)层移动到第(2n-2)层，因为(2n-2)层是必然存在的。
所以，移动偶数层的石子相当于是无效的，就可以直接忽略。
此题转化
对于这道题，我们可以发现，如果把每两个金币之间的空格当作一堆石子，这就是一个典型的阶梯(Nim)。
也就是说，若要先手必胜，就要满足奇数堆石子个数异或值不为(0)。
这显然不好求，所以我们可以转而求异或值为(0)的方案数，再用总方案数(C_n^m)减去它即为答案。
动态规划
考虑如何求异或值为(0)的方案数。
可以在二进制下逐位(DP)。
我们设(f_{i,j})表示满足二进制下从最高位至右数第(i)位异或值为(0)，剩余石子总数为(j)的方案数。
那么对于(f_{i,j})的转移，我们可以枚举有(k)个奇数堆石子个数二进制下第(i)位为(1)，其中因为要使异或值为(0)，因此(k)为偶数。
转移方程为：
[f_{i,j}=sum C_{t1}^k imes f_{i+1,j+k imes2^i}
]
其中(t1)表示奇数堆的个数。
计算答案
我们可以枚举满足所有奇数堆每一位异或值为(0)时所剩的石子个数(i)，这就是偶数堆的石子个数。
则用插板法就可以求出异或值为(0)的方案数为：
[sum_{i=1}^{n-m}C_{i+t0-1}^{t0-1} imes f_{0,i}
]
其中(t0)表示偶数堆的个数。
最后用(C_n^m)减去这一方案数就是答案。
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 150000
#define M 50
#define LN 20
#define X 1000000009
#define Qinv(x) Qpow(x,X-2)
#define C(x,y) (1LL*Fac[x]*IFac[y]%X*IFac[(x)-(y)]%X)//组合数
using namespace std;
int n,m,Fac[N+5],IFac[N+5],f[LN+5][N+5];
I int Qpow(RI x,RI y) {RI t=1;W(y) y&1&&(t=1LL*t*x%X),x=1LL*x*x%X,y>>=1;return t;}
int main()
{
RI i,j,k,t0,t1,res=0;scanf("%d%d",&n,&m),t0=(m>>1)+1,t1=m+1>>1;//计算偶数堆和奇数堆个数
for(k=max(n,2*m),Fac[0]=i=1;i<=k;++i) Fac[i]=1LL*Fac[i-1]*i%X;//初始化阶乘
for(IFac[k]=Qinv(Fac[k]),i=k-1;~i;--i) IFac[i]=1LL*IFac[i+1]*(i+1)%X;//初始化阶乘逆元
for(f[LN][n-m]=1,i=LN-1;~i;--i) for(j=0;j<=n-m;++j)//动态规划
for(k=0;k<=t1&&j+(k<<i)<=n-m;k+=2) f[i][j]=(C(t1,k)*f[i+1][j+(k<<i)]+f[i][j])%X;
for(i=0;i<=n-m;++i) res=(C(i+t0-1,t0-1)*f[0][i]+res)%X;//计算异或值为0的方案数
return printf("%d",(C(n,m)-res+X)%X),0;//输出答案
}