题目大意：
有m 个格子排成一行，从左到右编号1 到m，其中n 个给定的格
子里有石子，且编号为m 的格子里没有石子。两个人轮流操作，每次操
作要求选择一个石子，石子会移动到它右边第一个不含石子的格子里。
将某个石子移动到编号为m 的格子的人胜利，问先手有多少种操作方案
能使先手必胜。
思路:
首先倒数第二个格子上肯定不可以有格子，有的话就赢了，所以这是必胜状态。所以两个人都不想把石子移动到倒数第二个格子上面。考虑不得不移动到倒数第二个格子的情况，就是所有的石子都连续分布到倒数第三个格子，这个状态显然是必败的。
我们转化一下模型，发现连续的一列石子可以看成是一个阶梯上的，将两排石子变成相邻的相当于从相邻阶梯移动到相同阶梯，即每个空格算是一个阶梯，然后一排相邻的石子是放在它们左边第一个空白的格子上面的，然后就用阶梯博弈的方法去做就好了。
代码太丑了
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* Author : ylsoi
* Problem : bzoj2066
* Algorithm : Staricase Nim
* Time : 2018.6.7
* ============================*/
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<climits>
using namespace std;
void File(){
freopen("bzoj2066.in","r",stdin);
freopen("bzoj2066.out","w",stdout);
}
template<typename T>bool chkmax(T &_,T __){return _<__ ? (_=__,1) : 0;}
template<typename T>bool chkmin(T &_,T __){return _>__ ? (_=__,1) : 0;}
#define REP(i,a,b) for(register int i=a;i<=b;++i)
#define DREP(i,a,b) for(register int i=a;i>=b;--i)
#define MREP(i,x) for(register int i=beg[x];i;i=E[i].last)
#define mem(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define ll long long
#define inf INT_MAX
const int maxn=1e6+10;
int m,n,pos[maxn],th[maxn],num[maxn],len[maxn],cnt_num,cnt,sum,ans;
int main(){
File();
scanf("%d%d",&m,&n);
REP(i,1,n)scanf("%d",&pos[i]);
if(pos[n]==m-1){
DREP(i,n-1,1)if(pos[i]==pos[i+1]-1)
++ans;
else break;
printf("%d\n",ans+1);
return 0;
}
pos[n+1]=m+2;
DREP(i,n,1){
if(pos[i]==pos[i+1]-1)num[i]=num[i+1];
else{
num[i]=++cnt_num;
th[cnt_num]=th[cnt_num-1]+(pos[i+1]-pos[i]-1);
}
}
DREP(i,n,0){
if(num[i]!=num[i+1]){
len[num[i+1]]=cnt;
cnt=0;
}
++cnt;
}
cnt=0;
REP(i,1,cnt_num)if(th[i]%2==0)
sum^=len[i];
REP(i,1,cnt_num){
if(th[i]==3)continue;
REP(j,1,len[i])
if(th[i]%2==0 && (sum^len[i]^(len[i]-j))==0)
++ans;
else if(th[i]%2==1){
if(th[i-1]==th[i]-1 && (sum^len[i-1]^(len[i-1]+j))==0)
++ans;
else if(th[i-1]!=th[i]-1 && (sum^j)==0)++ans;
}
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}