我们翻硬币的时候，可以理解成把最后一个硬币替换成最多前面k-1，最少0个硬币。因为如果在一个位置有两个同样的硬币，他们的sg函数相同，互相抵消。这样我们就转化为k堆独立的硬币问题。
令2^p≤k<2^(p+1)，第i个硬币的sg函数是min(lowbit(i),2^p )。
可以归纳法证明。如果i-1之前的sg函数满足条件，那么对于i的情况，如果i是奇数，前一个sg函数一定是2^p，其中p不小于1。注意到每一个sg函数都是一个bit，如果要xor掉p位的bit，至少要经过一个p+1位，此时的xor值不会达到1。因此，任何时刻sg函数都不会达到1。如果i是2的倍数，假设i=(2m+1)2^p，那么在到达上一个2^p倍数之前一定能遍历到所有的小于2^p的值，如果k≥2^p的情况下一定都能取到，因此sg函数至少应该是2^p。同时，当到达2^(p+1)的情况时又复现了之前提到的i是奇数的情况，要抵消掉这个值一定要达到更高的幂次，因此最大达到2^p。当k比较小的时候，我们只需要考虑对应二进制位的前缀和就可以得出sg函数的上界，而且一定能达到。
整体复杂度是线性的。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
char str[1001000];
int n;
int k;
int maxsg;
int sg(int i){
    int ans = i & (-i);
    return min(ans,maxsg);
}
int main()
{

    cin>>n>>k;
    cin>>str;
    maxsg=1;
    while(k>1){
        k/=2;
        maxsg*=2;
    }
    int sgsum = 0;
    for(int i=0;i<n;i++){
        if(str[i]=='1')
            sgsum ^= sg(i+1);
    }
    if(sgsum)cout<<"Yes"<<endl;
    else cout<<"No"<<endl;
    return 0;
}