设 $A$表示先手总共取的个数， $S_{odd}$表示奇数项的数目， $S_{even}$表示偶数项的数目。
首先我们分析后手取的个数亦为 $A$，即 $n-k$为偶数的情况：

注意到若后手取最后一个时， $S_{odd},S_{even}>0$，则后手必然胜利，因为他可以根据当前情况调整取哪一个。由此，当 $A<MIN\{S_{odd},S_{even}\}$时，后手必胜。更进一步，若 $MIN\{S_{odd},S_{even}\}=S_{odd}$，则后手直接取完奇数项，使得剩余项的和必然为偶数，后手必胜；

所以只需要考虑 $MIN\{S_{odd},S_{even}\}=S_{even}$的情况：
设 $a=S_{odd}\mod 2,b=S_{even}\mod 2$，
当 $a=b=0$时，因为 $A\ge MIN\{S_{odd},S_{even}\}$，后手直接取完偶数项，剩余必然还要取偶数个奇数项，则最终结果必然为偶数，后手胜；
当 $a=b=1$时，后手直接取完偶数项，剩余必然还要取奇数个奇数项，则最终结果必然为偶数，后手胜；
当 $a=0,b=1$或 $a=1,b=0$时，先手直接取完偶数项，则剩余必然还要取偶数个或奇数个奇数项，最终结果必然为奇数，先手胜。

$n-k$为奇数的情况用相同的方法分析即可，不再赘述。

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<climits>
#include<cstdio>
#include<cmath>
using namespace std;
#define clr(a) memset(a,0,sizeof(a))
//--Container
//--
typedef long long ll;
int ar[2],n,k;
bool cl(){
    int i,j;if(scanf("%d %d",&n,&k)==-1)return 0;for(clr(ar),i=0;i<n;++i){
        scanf("%d",&j);ar[j&1]++;
    }
    if(n==k)printf("%s\n",ar[1]&1?"Stannis":"Daenerys");
    else{
        j=(n-k)>>1;if(j<min(ar[0],ar[1]))printf("%s\n",(n-k)&1?"Stannis":"Daenerys");
        else if(ar[1]<=ar[0]){
            printf("%s\n","Daenerys");
        }
        else{
            if(!((ar[0]&1)^(ar[1]&1)))printf("%s\n",(n-k)&1?"Stannis":"Daenerys");
            else
                printf("%s\n",(n-k)&1?"Daenerys":"Stannis");
        }
    }
    return 1;
};
int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("in.txt","r",stdin);
    freopen("out.txt","w",stdout);
#endif
    while(cl());
    return 0;
};