A:给定两正整数 n，k，从 1 到 n 中选取最多的不相同的数使得这些数构成的集合不存在元素之和为 k 的子集。
思路：大于k的肯定可以，然后判断一下剩余小于k的个数是奇数还是偶数 
while(t--)
	{
		int n, k; cin >> n >> k;
		vector<int> v;
		for(int i=k+1;i<=n;i++) v.push_back(i);
		int tmp=k-1;
		if(tmp%2)
		{
			int cnt=ceil(1.0*tmp/2);
			while(cnt)
			{
				v.push_back(tmp);
				tmp--;
				cnt--;
			}
		}
		else 
		{
			int cnt=tmp/2;
			while(cnt)
			{
				v.push_back(tmp);
				tmp--;
				cnt--;
			}
		}
		if(v.empty()) cout << 0 << endl;
		else 
		{
			cout << v.size() << endl;
			for(auto i : v)
			cout << i << " ";
			cout << endl;
		}
	 } 

B：
题意：给你一个时间，通过镜子显示出来的时间要是合理的，问最快一次让镜子里的时间是多少
思路：合理的数字只有0 1 2 5 8。依次往下判断当前时间是否合理即可
代码： 
#include <bits/stdc++.h>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <set>
typedef long long ll;
using namespace std;
const int N = 1e5+5;
int l[N],r[N];int h,m; int hh,mm; 
int a[10]={0,1,5,-1,-1,2,-1,-1,8,-1};
int judge(int x,int y)
{
	if(a[x%10]==-1||a[x/10]==-1||a[y%10]==-1||a[y/10]==-1)
	{
		return 0;
	}
	if(a[y%10]*10+a[y/10]<h&&a[x%10]*10+a[x/10]<m)
	return 1;
	return 0;
}
int main()
{
	int t; cin >> t;
	while(t--)
	{
		
		char c;
		cin >> h >> m;
		cin >> hh >> c >> mm;
		while(judge(hh,mm)==0)
		{
			mm=(mm+1)%m;
			if(mm==0) hh = (hh+1)%h;
		}
		cout << hh/10 << hh%10 << ":" << mm/10 << mm%10 << endl;
	}
	return 0;
}
C：
题意：给你一个字符串s，输出一个新的字符串p，且新字符串中出现的字符要是字符串s里的，且每种新字符个数要是k的整数倍，输出满足此条件字符串，且字符串p大于等于字符串s，同时字典序最小。
思路：首先，n不是k的整数倍，输出-1，然后枚举字符串s中每种字符出现的个数并算出每种字符差多少个（sum）可变成k的倍数，如果sum等于0，直接输出s。要保证字符串p大于等于字符串s，同时字典序最小，我们只需要倒序枚举字符串s，当前位置i上的字符修改后（修改的肯定是大于当前字符），统计此时还差多少个字符可变成k的整数倍，如果此时能修改成满足题意的字符串p，则输出，否则继续枚举，具体分析看代码与注释。
代码： 
while(t--)
	{
		memset(a,0,sizeof(a));
		int n,k; cin >> n >> k;
		scanf("%s",s+1); 
		if(n%k) {
			cout << "-1" << endl; 
			continue;
		}
		int sum=0;
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			a[s[i]-'a']++;//统计每个字母有多少个 
		}
		for(int i=0;i<26;i++)
		{
			sum+=(k-a[i]%k)%k;//统计每个字符差几个可为k的倍数 
		}
		if(sum==0)
		{
			cout << s+1 << endl;
			continue;
		 } 
		int flag=0;
		for(int i=n;i>0;i--)//倒叙枚举字符串s 
		{
			if(flag) break;
			sum-=(k-a[s[i]-'a']%k)%k;
			a[s[i]-'a']--;
			sum+=(k-a[s[i]-'a']%k)%k;
			for(int j=s[i]-'a'+1;j<=25;j++)//枚举第i位上修改后的字符 
			{
				if(flag) break;
				int cur = sum;//当前还差cur个字符可变成任意字符 
				cur-=(k-a[j]%k)%k;//减去修改前该字母的影响
				a[j]++;//修改后的字母个数+1
				cur+=(k-a[j]%k)%k;//加上修改后该字母对cur的影响
				a[j]--;//还原，用于下次查找 
				if(cur<=n-i)//n-i代表可修改的个数，cur代表当前还需要修改个数，所有当可修改数大于需要数，即可使修改后的字符串满足题意 
				{
					int x=i,y=j;
					memset(a,0,sizeof(a));
					s[x]=y+'a';//修改当前字符s 
					for(int i=1;i<=x;i++) a[s[i]-'a']++;//统计前x个没改变的字符个数 
					int sum=n-x;//可修改的个数 
					for(int i=0;i<=25;i++) sum-=(k-a[i]%k)%k;//多余的空位用a补全，因为总长和其余每种字符数量都可以被k整除，所以填入a后a的数量也满足要求
					for(int i=1;i<=x;i++) putchar(s[i]);//前x个字符是没有改变 
					for(int i=1;i<=sum;i++) putchar('a');//多余的位置补a，满足题意 
					for(int i=0;i<=25;i++)
					for(int j=1;j<=(k-a[i]%k)%k;j++) putchar('a'+i);//该字符还需输出的数量 
					putchar('\n');
					flag=1;
					break;
				}
			 } 
		}
	}