【HDU4869】Turn the pokers-思维

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测试地址：Turn the pokers
题目大意： 有 $m$张牌，一开始正面都朝下，有 $n$次操作，每次操作给出一个 $X_i$，表示要从这些牌中选出 $X_i$张翻面，求所有操作完成后能得到多少种不同的正/反面序列。
做法： 本题需要用到思维。
因为将牌做任何置换都是合法的，因此只要我们能构造出最后有 $k$张正面的情况，就会对答案有 $C_m^k$的贡献，因此问题就变成求哪些 $k$可以得到。
这里有一个结论：如果 $k$的最小值是 $L$，最大值是 $R$，那么在区间 $[L,R]$中所有与 $L$和 $R$关于 $2$同余的数都是合法的 $k$。这个东西如果一下子无法理解，可以使用数学归纳的思想。假设某一次操作前满足这个性质，我们只要证明经过一次操作后还是满足这个性质即可。具体的证明各种分类讨论比较麻烦，但感性理解还是可以的。因此我们只要求 $L$和 $R$即可。
我们假设已经求出第 $i$次操作前的 $L,R$，那么：
如果 $X_i\le L$，那么 $newL=L-x$；
否则如果 $X_i\ge R$，那么 $newL=x-R$；
否则，如果 $X_i$和 $L$关于 $2$同余， $newL=0$，否则 $newL=1$。
这样的分类讨论应该还是不难理解的，就是能把正面翻过去就把正面翻过去，这样正面的数量就最小。
而 $newR$的讨论相似，只不过是能翻反面翻反面。这样我们就解决了这一题。
以下是本人代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=1000000009;
int n,m;
ll fac[100010],inv[100010],invfac[100010];

ll C(ll n,ll m)
{
	return fac[n]*invfac[m]%mod*invfac[n-m]%mod;
}

int main()
{
	while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF)
	{
		fac[0]=fac[1]=inv[1]=invfac[0]=invfac[1]=1;
		for(ll i=2;i<=m;i++)
		{
			fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
			inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
			invfac[i]=invfac[i-1]*inv[i]%mod;
		}
		
		int L=0,R=0;
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			int x;
			scanf("%d",&x);
			int nxtL,nxtR;
			if (x<=L) nxtL=L-x;
			else if (x>=R) nxtL=x-R;
				 else nxtL=(x-L)%2;
			if (x<=m-R) nxtR=R+x;
			else if (x>=m-L) nxtR=2*m-L-x;
				 else nxtR=m-((x-m+R)%2);
			L=nxtL,R=nxtR;
		}
		
		ll ans=0;
		for(int i=L;i<=R;i+=2)
			ans=(ans+C(m,i))%mod;
		printf("%lld\n",ans);
	}
	
	return 0;
}