小清新构造题。
首先 \(K=1\) 的情况是 trival 的，直接格雷码即可。
对于 \(K>1\)，我们发现题目的约束相当于 \(\operatorname{popcount}(P_i\oplus P_{(i+1)\bmod 2^N})=K\)，考虑 \(P_i\) 的差分序列 \(D_i\)，那么 \(D_i\) 一定是一个恰好有 \(K\) 位 \(1\) 的二进制数，记 \(S=\{i\mid 0\le i\le 2^N-1\land \operatorname{popcount}(i)=K\}\)，则 \(D_i\in S\)。
题目要求 \(P_i\) 不能重复，所以我们得到的 \(\bigoplus\limits_{j=0}^i D_j\) 必须不重，因此考虑先用线性基处理掉 \(S\) 中能被别的数表示出来的数，那么剩下的数可以保证：只要选数的方案不同，结果就不同。
于是我们只需要让每次选数方案的变化量为 \(1\) 即可，直接格雷码即可。
#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;
const int kN = 18;
int n, k, p[kN];
vector<int> l;
void A(int v) {
int _v = v;
for (int i = n - 1; i >= 0; --i) {
if (v >> i & 1) {
if (p[i]) {
v ^= p[i];
} else {
p[i] = v, l.push_back(_v);
break;
}
}
}
}
int main() {
ios_base::sync_with_stdio(0), cin.tie(0);
cin >> n >> k;
for (int i = 0; i < (1 << n); ++i) {
int c = 0;
for (int j = 0; j < n; ++j) {
c += i >> j & 1;
}
if (c == k) {
A(i);
}
}
if (l.size() < n) {
cout << "No";
return 0;
}
cout << "Yes\n";
for (int i = 0; i < (1 << n); ++i) {
int p = i ^ (i >> 1), v = 0;
for (int j = 0; j < n; ++j) {
if (p >> j & 1) {
v ^= l[j];
}
}
cout << v << ' ';
}
return 0;
}