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大意：
alice和bob进行博弈。给定一个字符串由X和.组成，每个人每次进行一次操作为将连续数量的"."变成"X",其中alice每次要求的连续数量为a，bob为b，且a>b.
alice先手。问是否能让alice必胜。
思路:
惊奇地发现这是一个非公平博弈(bob占优势，可恶，可怜的alice！)，一开始想着SG函数去做，打算用状压来处理情况的，但是思路乱的不行，还是放弃了。
发现每一段连续的"."都是互不干扰的，所以我们可以一段一段来看。
设连续的长度为len。
1.len<b：
很好，大家都没得玩，谁都放不了，不必考虑。
2.len>=b&&len<a:
只有bob能放。这时bob必赢，因为Alice能放的bob都能放，如果哪次bob除了这一段len已经没有选择了，就说明alice也同样没有选择了，那么bob只要放在这里游戏就结束了。
3.len>=a&&len<2*b:
大家都只能在这里放一次，一次性用品。
4.len>=2*b:
对bob来说算是很长的区间了。如果对于这个区间bob能够先手的话，他一定可以构造出一个2类区间，那他就赢了。所以只要有两个这样的区间，bob就同样一定赢了。如果0个的话，那大家就算公平竞争了，一人用一段3类区间，看谁倒霉刚好轮空就是了。（考虑3类区间的奇偶性）.接下来就是只有一个4类的情况了。那么考虑alice先手：她会选择尽可能截断这个长区间，并且要保证两边的多出来的区间不是2类也不是4类（2类不用说了，如果有四类的话，那bob就可以构造出一个2类，那他也必胜），如果能做到这个的话，那她就能跟bob公平竞技了，同上，考虑3类的奇偶性。同时注意，还要加上alice截断后可能产生的3类区间。
（真是伤脑壳。。。）
#include<bits/stdc++.h>using namespace std;#define ll long longll n,k;ll t;char s[300010];ll a,b;bool solve(){bool c33=0;ll len;ll c1=0,c2=0,c3=0;for(int l=1,r=1;l<=n;l=r+1,r=l){if(s[r]=='X') continue;while(r<n&&s[r+1]=='.') r++;//分段 ll d=r-l+1;if(d<b) continue;if(d>=b&&d<a){return 0;continue;}if(d>=a&&d<2*b)//一人一个 {c2++;continue;}if(d>=2*b){c3++;len=d;continue;}//printf("%lld\n",d);}//cout<<c1<<" "<<c2<<' '<<c3<<endl;if(c2%2) c33=1;//是奇数，所以要先手去抢一个来 ,先手一定先拿这个，那么结果是//全部拿完c3后轮到bob行动 if(c3>=2){//cout<<"NO"<<endl;//可以拥有c1类，bob必胜 return 0;}if(c3==0){if(c33==1){//cout<<"YES"<<endl;return 1;} else{//cout<<"NO"<<endl;return 0;}} ll num=0;if(c3==1){bool fsd=0;//是否可以截成不包括c2,c4; for(int i=0;i<=len-a;++i){ll llen=i;ll rlen=len-a-i;if(llen>=b&&llen<a) continue;if(rlen>=b&&rlen<a) continue;if(llen>=2*b) continue;if(rlen>=2*b) continue;fsd=1;num=(llen>=a&&llen<2*b)+(rlen>=a&&rlen<2*b);if((c2+num)%2==0) return 1;}} return 0;}int main(){ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);scanf("%lld",&t);while(t--){scanf("%lld%lld",&a,&b);scanf("%s",s+1);n=strlen(s+1);if(solve()) printf("YES\n");else printf("NO\n");}return 0;}
