题意 ： m张牌，可以翻n次，每次翻xi张牌，问最后能得到多少种形态。
思路 ：0定义为反面，1定义为正面，（一开始都是反）， 对于每次翻牌操作，我们定义两个边界lb，rb，代表每次中1最少时最少的个数，rb代表1最多时的个数。一张牌翻两次和两张牌翻一次 得到的奇偶性相同，所以结果中lb和最多的rb的奇偶性相同。如果找到了lb和rb，那么，介于这两个数之间且与这两个数奇偶性相同的数均可取到，然后在这个区间内求组合数相加（若lb=3，rb=7，则3，5，7这些情况都能取到，也就是说最后的结果就是在所有的牌中选3张翻过去+选5张+选7张）。所以，要根据情况先求出边界。
由于数据相当大，所以要将组合中的除法变成乘法，C(n， m) = n!/(m!*(n-m)!)，由 费马小定理：若p是质数 ， a^(p-1) = 1%p，那么，a^(p-2) = 1/a%p，利用这个公式，得到1/(m!*(n-m)!) = (m!*(n-m)!)^(p-2) mod p，即C(n, m) = n!*(m!*(n-m)!)^(p-2) mod p，这样就可以变除为乘。而 求(n-m)!)^(p-2 )mod p中用快速幂简化运算。
here这个人的代码对于边界解释的较为详尽。
官方题解 ：
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。
1 #include <cstdio> 2 #include <cstring> 3 #include <iostream> 4 5 using namespace std ; 6 7 #define mod 1000000009 8 #define LL __int64 9 10 LL f[100010] ; 11 void mul() 12 { 13 f[0] = 1 ; 14 for(int i = 1 ; i < 100010 ; i++) 15 f[i] = (f[i-1] * i)%mod ; 16 } 17 18 LL multimod(LL a,LL b) 19 { 20 LL res = 1 ; 21 while(b) 22 { 23 if(b & 1) 24 { 25 res *= a ; 26 res %= mod ; 27 } 28 b >>= 1 ; 29 a *= a ; 30 a %= mod ; 31 } 32 return res ; 33 } 34 int main() 35 { 36 int n , m ; 37 mul() ; 38 while(scanf("%d %d",&n,&m) != EOF) 39 { 40 int x ; 41 scanf("%d",&x) ; 42 int lb = x, rb = x ; 43 for(int i = 1 ; i < n ; i++) 44 { 45 scanf("%d",&x) ; 46 int l = lb - x ; 47 int r = rb + x ; 48 if(l < 0) { 49 if(rb - x <= 0 ) l = x - rb ; 50 else l = ( (lb - x)%2 + 2)%2 ;//类似于奇数张牌中翻奇数张最后肯定是偶数，奇数翻偶数张肯定是奇数，肯定会有一个中间状态得到最后非0即1 51 //此时，正处于lb<x<rb的时候，当翻x张牌时，若x的奇偶性与lb，rb相同时，则代表刚好是翻牌已经达到的某个状态，也就是说把剩下的x张都反过来即可，而奇偶若是不同，说明要么多一张或者是少一张，所以就是1. 52 } 53 if(r > m){ 54 if(lb + x <= m) r = m - (rb + x)%2; 55 else r = m-(lb+x - m) ; 56 } 57 lb = l ; 58 rb = r ; 59 } 60 LL ans = 0 ; 61 for(int i = lb ; i <= rb ; i += 2) 62 ans += ((f[m] % mod) * (multimod((f[i]*f[m-i]) % mod,mod-2)))%mod ; 63 cout << ans % mod << endl ; 64 } 65 return 0 ; 66 }