我们在下文中沿用以下记号：

下文将「先手获胜当且仅当 $s = 1$」称为「论断 $S$」。

除特殊说明外，后面的情况中不考虑前面的情况。

情况 1

$r \ge k$，后手获胜。

情况 2

$p < k$，此时只能靠条件 1 取胜，适用论断 $S$。

情况 3

$n = 1$，此时只能靠条件 1 取胜，适用论断 $S$。

情况 4

$r = k - 1$，根据上面的论断可知 $q > 0$，此时先手对最小值操作即可获胜。

情况 5

$r = 0$ 且 $k = 2$，根据上面的论断可知 $q > 0$，此时后手和先手做一样的操作即可获胜。

情况 6

考虑某个 $r = k - 1$ 且「论断 $S$」声称先手获胜的中间局面（特别地，此时考虑情况 2）：

• 如果先手能对最小值操作，则获胜。
• 否则一定有 $q = 0$，于是 $p = k - 1$，适用论断 $S$：先手获胜。

继续考虑某个 $r \le k - 2$ 且论断 $S$ 声称「先手获胜」的中间局面：

• 根据上面的论断可知 $r = k - 2$ 和 $r = 0$ 不同时成立。
• 于是先手对最大值操作，依然有 $r \le k - 2$。
• 如果后手接下来的操作使得 $r = k - 1$，则根据上面的论断可知先手获胜。
• 否则仍然有 $r \le k - 2$（一次操作中 $r$ 变化量的绝对值不会超过 $1$），回到了此局面。

综上所述，本情况适用论断 $S$，并且没有「情况 7」了。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
	long long n, k, x, s = 0, c1 = 0, c2 = 1000000000;
	while (cin >> n >> k)
	{
		s = 0;
		c1 = 0;
		c2 = 1000000000;
		for (int i = 1; i <= n; i++)
		{
			cin >> x;
			s += x;
			c1 = max(c1, x);
			c2 = min(c2, x);
		}
		if (c1 - c2 >= k)
		{
			puts("No");
			continue;
		}
		if (c1 - c2 == k - 1 && c2 && n != 1)
		{
			puts("Yes");
			continue;
		}
		if (c1 == c2 && c2 >= 2 && k == 2 && n != 1)
		{
			puts("No");
			continue;
		}
		if (s % 2)
		{
			puts("Yes");
			continue;
		}
		puts("No");
	}
	return 0;
}