首先有一个结论：若 $s_i\not=s_j$，交换 $s_i$ 和 $s_j$ 且不改变它们中间的字符的代价为 $\lceil\frac{i-j}{k}\rceil$。

首先，答案的下界显然为 $\lceil\frac{i-j}{k}\rceil$，因为即使不管中间字符的顺序，也要进行这么多次操作。现在只需要证明一定能在 $\lceil\frac{i-j}{k}\rceil$ 次操作内完成即可。

对于 $i-j\le k$ 的情况，显然成立；现在考虑 $j-i>k$ 的情况。若 $s_j=s_{j+k}$，我们可以先交换 $s_j$ 和 $s_{j+k}$，再递归地考虑交换 $s_{j+k}$ 和 $s_i$ 即可；否则一定有 $s_{j+k}\not=s_i$，先递归地考虑交换 $s_{j+k}$ 和 $s_i$，再交换 $s_j$ 和 $s_{j+k}$ 即可。

由于每次操作都会将 $i-j$ 减少 $k$，总操作次数即为 $\lceil\frac{i-j}{k}\rceil$。

假如没有上取整，这显然是好做的：对于每一个 $s_i\not=t_i$ 的 $i$，若存在一个还没有被匹配过的 $j$ 满足 $s_j\not=t_j$ 且 $s_i\not=s_j$，任选一个 $j$ 进行匹配即可，容易证明任何选择的答案都是相同且最优的；否则继续往后找，等待后面的数将其匹配。

现在有了上取整，可以发现，如果 $(i-j)\bmod k$ 不为 $0$，其值越小，损失越大，因为同样次数的交换还可以在多走 $k-((i-j)\bmod k)$ 格。既然这样，在上面的过程中，我们不如选 $(i-j)\bmod k$ 较大的 $j$，从而减少损失的值。

实现的时候，记录两个 set<pair<int, int>>，分别代表 $s_i=0$ 或 $1$ 时符合条件的还没有被匹配的 $j$ 的 $j\bmod k$ 和下标。使 $(i-j)\bmod k$ 为 $0$ 或尽量大的 $j$ 即为第一个 $j\bmod k$ 大于等于 $i\bmod k$ 的 $j$。若找不到，则为 $j\bmod k$ 最小的一个 $j$。

AC 代码如下：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n, k;
string s, t;
set<pair<int, int>> st[2];
long long ans;
int main() {
	ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
	cin >> n >> k >> s >> t;
	for (int i = 0; i < n; i++) {
		if (s[i] == t[i]) continue;
		int vl = s[i] - '0';
		if (st[vl].empty()) { st[!vl].insert({i % k, i}); continue; }
		auto it = st[vl].lower_bound({i % k, 0});
		if (it == st[vl].end()) it = st[vl].begin();
		ans += ceil(1.0 * (i - (it -> second)) / k);
		st[vl].erase(it);
	}
	cout << ans;
	return 0;
}