　$k(k-1)+1$ 回から $k(k+1)$ 回までの $2k$ 回のコンテストの成績はOMC君とbzuL君で勝ち負けが同数になっており，OMC君はbzuL君に一度も負け越した瞬間がない．したがって，この区間での勝ち負けの組み合わせは， $\frac{1}{k+1}{}\_{2k}\mathrm{C}\_{k}$ 通り（カタラン数）となる． これを $k=1$ から $k=99$ まで独立に考慮することで，$M$ は以下となる．
$$ M = \prod_{k=1}^{99} \frac{1}{k+1}{}\_{2k}\mathrm{C}\_{k} = \frac{\prod_{k=1}^{99} {}\_{2k}\mathrm{C}\_{k}}{100!}$$
　ここで，正整数 $N$ が $2$ で割り切れる最大の回数を $v_2(N)$，$N$ の二進法表示での $1$ の数を $\mathrm{popcount}(N)$とすると，任意の正整数 $x$ について次が成り立つ．
$$v_2(x!) = x - \mathrm{popcount}(x)$$
<details><summary>証明<\/summary>
　$x$ に関する帰納法によって示す．\
　まず，$x = 1$ のとき，両辺はともに $0$ となり成立する．\
　次に，ある $x \ge 1$ で成立していると仮定する．$x$ を $2$ 進表示したとき，$2^0$ の位から $k$ 個連続して $1$ が現れるとする．このとき，
$$v_2(x+1) = k, \quad \mathrm{popcount}(x+1) = \mathrm{popcount}(x) - k + 1$$
であるから，
$$\begin{aligned}
v_2((x + 1)!)
&= v_2(x!) + v_2(x+1)\\\\
&= (x+1) - (\mathrm{popcount}(x) - k + 1)\\\\
&= (x+1) - \mathrm{popcount}(x+1)
\end{aligned}$$
となる．以上より示された．
<\/details>

したがって，$\mathrm{popcount}(2k)=\mathrm{popcount}(k)$ に注意することで，
$$\begin{aligned}
 v_2\left( \frac{\prod_{k=1}^{99} {}\_{2k}\mathrm{C}\_{k}}{100!}\right) & = \sum_{k=1}^{99}v_2\left( \frac{(2k)!}{(k!)^2}\right) -v_2(100!)\\\\
& = \sum_{k=1}^{99} \mathrm{popcount}(k) - (100-\mathrm{popcount}(100))\\\\
& = \sum_{k=1}^{100} \mathrm{popcount}(k) - 100\\\\
& = 319-100 = 219
\end{aligned}$$

となるので，求める値は $\mathbf{219}$ である．\
　なお，$\mathrm{popcount}$ の和は $\displaystyle\sum_{k=1}^{2^n-1} \mathrm{popcount}(k)=n2^{n-1}$ を活用するとよい．これは，各 $k = 0,1,\ldots, n-1$ について，$2^k$ の位が $1$ であるような $1$ 以上 $2^{n}$ 未満の整数はちょうど $2^{n-1}$ 個あることから成り立つ．
公式解説
https://onlinemathcontest.com/contests/omc219/editorial/9718
　あるコンテストは過去に $9900$ 回開催されており，OMC君とbzuL君はそのすべてに出場していました．ここで，どの回もOMC君とbzuL君が同一の成績を取ったことはなく，勝ちと負けが毎回決まっていたものとします．OMC君とbzuL君の成績を比較すると，以下のことがわかりました．

- OMC君はbzuL君に負け越したことがない ．つまり，どの時点でも，OMC君がbzuL君の成績を上回った回数は，bzuL君の成績を下回った回数以上であった．  
- 各 $n=1,2,\ldots,99$ に対して，第 $n(n+1)$ 回のコンテストが終了した直後は，OMC君とbzuL君の勝ち負けは同数であった．

このとき，OMC君とbzuL君の勝ち負けの組み合わせとしてありうるものは $M$ 通りあります．$M$ が $2$ で割り切れる最大の回数を求めてください．