思路

这是一道构造题：每个位置都必须按顺序输出一次 2 或 3，且要求最后 A、B 两个集合中状态为 $1$ 的元素个数相等。

令 $K=n-k$，按位置固定输出：

• 前 $K$ 个位置输出 2（加入集合 A 并翻转该位）；
• 后 $k$ 个位置输出 3（加入集合 B 不翻转）。

证明它对任意翻转方案都成立。 记系统在前 $K$ 个位置中翻转了 $y$ 个（系统总共恰好翻转 $k$ 个位置）：

• 前 $K$ 个位置原本都是 $1$。被系统翻过的 $y$ 个变成 $0$，其余 $K-y$ 个仍是 $1$。我们对这些位置执行 2，即全部翻转一次再放入 A：原来的 $y$ 个 $0$ 变回 $1$，剩下的 $K-y$ 个 $1$ 变成 $0$。所以 A 中状态为 $1$ 的元素有 $y$ 个。
• 后 $k$ 个位置中被系统翻过的有 $k-y$ 个，剩下 $y$ 个没被翻、状态仍为 $1$。我们对这些位置执行 3，放入 B 且不翻转。所以 B 中状态为 $1$ 的元素也有 $y$ 个。

两个集合中状态为 $1$ 的元素数恒等于 $y$，条件对任意翻转方案都成立，因此永远不需要输出 $-1$。

边界： $k=0$ 时全部输出 2（A 中为 $1$ 的个数仍是 $y$，B 为空、为 $0$，此时 $y=0$）；$k=n$ 时全部输出 3，两种构造同样成立。

直接按位置输出即可。

复杂度： 时间 $O(n)$，空间 $O(1)$（除输出外不额外存储）。

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
using namespace std;
using i64 = long long;

void solve() {
    int n,k,i;cin>>n>>k;
    // 前 n-k 个位置选 "2"：加入集合 A 并翻转
    for(i=1;i<=n-k;i++){
        cout<<2;
    }
    // 后 k 个位置选 "3"：加入集合 B 且不翻转
    for(;i<=n;i++){
        cout<<3;                     // 按位置连续输出，不加空格
    }

}

signed main() {
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);

    int _ = 1;                       // 本题只有单组数据
    while (_--) {
        solve();
    }
    return 0;
}