解析

阶梯dp，感觉挺妙的。
有想过按奇偶考虑，但是没搞出来…

本题关键肯定就是确定必胜的等价条件。
题意可以转化为：有 m+1 个节点，上面一共有 n-m 个棋子，每次可以把一堆的若干个棋子放到前一堆。
这就是经典的阶梯博弈模型。（乐，我才知道还有这玩意）

结论：当前局面必胜，当且仅当偶数堆的棋子个数异或和不为0。

证明：
设偶数堆异或和为0的状态为p。
边界条件是所有棋子都在第一堆，此时显然偶数堆异或和为0，此时为p状态，必败。
若当前偶数堆异或和为0，无论如何移动，都必然改变异或和，走入一个非p状态。
若当前偶数堆异或和不为0，由简单nim游戏的证明可知，必然可以通过移动一些偶数堆的石子到奇数堆使得异或和为0，走入一个p状态。
所以p状态为必败状态，证毕。

然后还有一个问题是如何计数，显然统计异或和为0的更为方便。
如果确认了偶数堆的棋子个数，容易用隔板法求出奇数堆的对应方案数。
由于异或的性质，按位考虑。每一位考虑有几个偶数堆为1，再乘组合数即可。
时间复杂度 $O(nm\log n)$。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
#define ok debug("OK\n")
using namespace std;const int N=2e5+100;
const int mod=1e9+9;
inline ll read(){ll x(0),f(1);char c=getchar();while(!isdigit(c)) {if(c=='-')f=-1;c=getchar();}while(isdigit(c)) {x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}return x*f;
}inline ll ksm(ll x,ll k){ll res(1);while(k){if(k&1) res=res*x%mod;x=x*x%mod;k>>=1;}return res;
}
int n,m;
ll dp[22][N],jc[N],ni[N];
void init(int n){jc[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++) jc[i]=jc[i-1]*i%mod;ni[n]=ksm(jc[n],mod-2);for(int i=n-1;i>=0;i--) ni[i]=ni[i+1]*(i+1)%mod;return;
}
inline ll C(int n,int m){if(n<m) return 0;return jc[n]*ni[m]%mod*ni[n-m]%mod;
}signed main(){#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("a.in","r",stdin);freopen("a.out","w",stdout);#endifn=read();m=read();init(n);int x=(m+1)/2;dp[0][0]=1;for(int k=0;k<=17;k++){int o=1<<k;for(int i=0;i<=n-m;i++){for(int j=0;j*o+i<=n-m&&j<=x;j+=2){(dp[k+1][i+j*o]+=dp[k][i]*C(x,j))%=mod;}}}ll ans=C(n,m);int lft=m+1-x;for(int i=0;i<=n-m;i++){ans=(ans+mod-dp[18][i]*C(n-m-i+lft-1,lft-1)%mod)%mod;}printf("%lld\n",ans);return 0;
}