题目大意
有一个 (n) 个点的图，有一些点的颜色给定，另一些可以随意确定。另外，还可以在图上连一些从编号较小的节点向编号较大节点的边。
对于一个确定的图，统计图中节点颜色黑白交错的路径条数，如果奇偶性为 (p) ，那么该图就被定义为好图。
求好图的个数，答案对 (10^9+7) 取模。
(Solution)
(P.S.)由于作者非常蒟蒻，做题的时候出了很多(bug)，所以题解可能会比较详细从而有一些累赘的东西，如果需要直接看结论的(dalao)可跳转至代码部分（代码里有注释）
很好的 毒瘤 (dp) 题目，然鹅写+调=(2.5h)，写题解2h，做到自闭。
题意大概是这样的：有一个 (n) 个节点的图，其中给出了一些点的颜色，剩下点的颜色由你自己决定，所有边的连法由你自己决定。
首先由“从编号较小的节点向编号较大节点”可以看出此题要按照拓扑序 (dp) 。
从计数角度看，我们只需要记录到达一个点时该点的颜色以及该路径的长度，那么设 (f_{i,jb,jh,ob,oh})表示到达第(i)个点时，这 (i) 个点（即现在构成的图）中有 (jb) 个白点是奇数条好的路径的结尾， (jh) 个黑点是奇数条好的路径的结尾，(ob) 个白点是偶数条好的路径的结尾，(oh)个黑点是奇数条好的路径的结尾的方案数，又(jb+jh+ob+oh=i)，只需要知道其中(4)个数的值，剩下一个可以计算出来，于是省掉 (oh) 这一维，复杂度(O(n^4))可以过。
我们现在来分析状态转移，分类讨论当前点是黑点(or)白点。
((1).)当前点为白点，则上一个点必为黑点，若要影响到当前点奇偶性，上一个点为奇黑，则当前点进行奇偶分类讨论：
- 当前点为奇白((jb))，若连到当前点的点为奇黑((jh))，则必须连着奇数个奇黑才能保证当前点为奇数（上一个点和现在的点之间还有一条边会影响奇偶性，所以应该反过来考虑），设之前奇黑数量为 (qwq) ，则方案数为 (sumlimits_{k=1}^{2k-1 leq qwq}{qwq choose 2k+1}=2^{qwq-1})，若为偶黑则不影响奇偶性，随便连即可，设之前有(qaq)个偶黑，方案数为(sumlimits_{k=0}^{qaq}{qaq choose k}=2^{qaq})
- 当前点为偶白((ob))，若连到当前点的点为偶黑((oh))，则必须连着偶数个偶黑才能保证当前点为偶数，设之前偶黑数量为 (ovo) ，则方案数为：(sumlimits_{k=1}^{2k leq ovo}{ovo choose 2k}=2^{ovo-1})，若为奇黑则不影响奇偶性，随便连即可，设之前有(owo)个偶黑，方案数为(sumlimits_{k=0}^{owo}{owo choose k}=2^{owo})
嗯那么我们就把当前点为黑点的情况讨论完了。
((2).)当前点为黑点，统计方法与上面类似，只是把所有的(black/white)互换，这里不再赘述
颜文字大法好
那么我们现在就通过 毒瘤的 分类讨论完成了(O(n^4))的做法，在此题的数据范围中已经足够优秀了。
然鹅翻题解的时候发现(luogu)上面的神仙提出了(O(n))的做法，膜拜~
但是其实优化到 (O(n)) 的做法很好理解，从上面的分类讨论中不难看出，其实在讨论的过程中无论是 (jb/jh/ob/oh) ，方案数总是 (2^{something}) ，这启发我们将 (jb/jh/ob/oh) 的个数转换为 (0/1) ，既存在(or)不存在，接下来是对此的分类讨论（毒瘤啊）：
对于当前点 (i) ，若 (i) 为白点，那么上一个点必须为黑点，考虑上一个点的奇偶性：
若连到偶黑，路径条数加上一个偶数，奇偶性不变，随便连，
现在讨论奇黑：
- 若存在奇黑，存在奇黑，我们可以挑出一个奇黑点来控制奇偶性，即这个白点作为奇白和偶白的方案数各为 (2^{i-2})，和为 (2^{i-1})
- 若不存在，当前点自己算一条黑白相间的路径，只能作为奇白
那么我们就讨论完了白点，黑点自行分析不难不再赘述
下面贴的代码是(O(n^4))的（里面加上了一点注释，可能会比较好理解），(O(n))做法可以参考上面那篇博客
(Code:)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
namespace my_std
{
typedef long long ll;
typedef double db;
#define pf printf
#define pc putchar
#define fr(i,x,y) for(register ll i=(x);i<=(y);++i)
#define pfr(i,x,y) for(register ll i=(x);i>=(y);--i)
#define go(x) for(ll i=head[u];i;i=e[i].nxt)
#define enter pc('
')
#define space pc(' ')
#define fir first
#define sec second
#define MP make_pair
const ll inf=0x3f3f3f3f;
const ll inff=1e15;
inline ll read()
{
ll sum=0,f=1;
char ch=0;
while(!isdigit(ch))
{
if(ch=='-') f=-1;
ch=getchar();
}
while(isdigit(ch))
{
sum=sum*10+(ch^48);
ch=getchar();
}
return sum*f;
}
inline void write(ll x)
{
if(x<0)
{
x=-x;
pc('-');
}
if(x>9) write(x/10);
pc(x%10+'0');
}
inline void writeln(ll x)
{
write(x);
enter;
}
inline void writesp(ll x)
{
write(x);
space;
}
}
using namespace my_std;
const ll N=55,mod=1e9+7;
ll n,p,a[N],f[N][N][N][N],mi[N]={1},ans;//不开longlong见祖宗
int main(void)
{
n=read(),p=read();
fr(i,1,n) a[i]=read();
fr(i,1,n) mi[i]=(mi[i-1]<<1)%mod;//mi[0]记得初始化，在上面已经初始化过了
if(a[1]==1||a[1]==-1) //第一个点为黑色
{
f[1][1][0][0]=1;
if(p&&n==1) ans++;
}
if(!a[1]||a[1]==-1) //第一个点为白色
{
f[1][0][1][0]=1;
if(p&&n==1) ans++;
}
fr(i,2,n) fr(jb,0,i) fr(jh,0,i-jb) fr(ob,0,i-jb-jh) //分别枚举奇白，奇黑，偶白 （tips:偶数点不能作为链头）
{
ll oh=i-jb-jh-ob; //计算偶黑
if(a[i]==1||a[i]==-1) //白点
{
ll add=0;
//现在在枚举偶白
if((jb+ob)!=0) //前面有白点（因为偶数点不能作为链头）
{
if(jb!=0) //奇白个数不为零，那么自己可以继承之前的（即现在在枚举偶白）
{
if(jh==0) add=(add+f[i-1][jb-1][jh][ob])%mod; //奇黑为零，自己另立门户
else add=(add+mi[jh-1]*f[i-1][jb-1][jh][ob])%mod; //奇黑不为零，继承之前的路径
}
//接下来枚举奇白
if(ob!=0&&jh!=0) add=(add+mi[jh-1]*f[i-1][jb][jh][ob-1]%mod); //偶白不为零（可以继承之前的路径），存在奇黑则随便连即可
}
add=(add*mi[jb+ob+oh-1])%mod;
f[i][jb][jh][ob]=(f[i][jb][jh][ob]+add)%mod;//状态转移
}
if(a[i]==0||a[i]==-1) //黑点
{
ll add=0;
//现在枚举偶黑
if((jh+oh)!=0) //前面有黑点（因为偶数点不能作为链头）
{
if(jh!=0) //奇黑个数不为零，那么自己可以继承之前的（即现在枚举偶黑）
{
if(jb==0) add=(add+f[i-1][jb][jh-1][ob])%mod; //奇白为零，自己另立门户
else add=(add+mi[jb-1]*f[i-1][jb][jh-1][ob])%mod; //奇白不为零，继承之前的路径
}
//接下来枚举奇黑
if(jb!=0&&oh!=0) add=(add+mi[jb-1]*f[i-1][jb][jh][ob]%mod)%mod; //偶黑不为零（可以继承之前的路径），存在奇白则随便连即可
}
add=(add*mi[jh+ob+oh-1])%mod;
f[i][jb][jh][ob]=(f[i][jb][jh][ob]+add)%mod;//状态转移
}
if(i==n&&(jb+jh)%2==p) ans=(ans+f[i][jb][jh][ob])%mod;//统计答案，
}
writeln(ans); //output
return 0;
}
/*
^ ^ ^ ^
(OwO) (OwO)
~(- - -) (- - -)~
/ / / /
*/