A 取模运算就行。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=100010;
typedef long long ll;
#define IOS ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
int main()
{
ll t,n,m;
cin>>t;
while(t--)
{
cin>>n>>m;
cout<<(m-n%m)%m<<endl;//n%m=0时需要输出0，再取模一次就可以了
}
return 0;
}
B 求第k个全排列，数据范围太大直接全排列会超时的，这个字符串有些特殊，是可以找规律了，已知两个b的位置分别是n-1，n-2，每次全排列是先移动第一个b，然后移动第二个b，当两个相邻后，第一个b想右移动，第二个b回位置n，然后再继续移动第二个b，知道两个b相邻再重复前面的。
所以可以找到，第一个b移动0次的最小k是1，第一个b移动1次的最小k是2，移动三次的最小k是4…有了这个规律就可以确定第一个b移动几次就可以确定它的位置，然后第二个b最多不会超多第一个的次数所以减一下就是了，这样两个b的位置定了剩下就全是b了，还需要特判一下如果第一个b溢出了就输出字典序最大的串（bbaa…）就行了
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=100010;
typedef long long ll;
#define IOS ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
ll a[200010];
void init()//预处理，我算的是最小步数减1，所以后边查找m-1
{
a[1]=1;
for(int i=1;i<=100000;i++)
a[i]=a[i-1]+i;
return ;
}
int main()
{
init();
ll t,n,m;
cin>>t;
while(t--)
{
cin>>n>>m;
int l=upper_bound(a,a+100000,m-1)-a,r;//
l--;//找到的是第一个大于m-1的位置，所以减1才是第一个b的位置
r=m-1-a[l];//l，r是左移的位数
if(l>=n-1) //特判b溢出
{
cout<<"bb";
for(int i=1;i<=n-2;i++) cout<<'a';
}
else
{
for(int i=1;i<=n;i++)
if(i+l==n-1||i+r==n) cout<<'b';
else cout<<'a';
}
cout<<endl;
}
return 0;
}
C 找到满足它的规则并且最大值尽量小的值，就是尽量平分那个值。
0,2都是可以平分的，只有1不是，假设我们分为两个值a，b。从高位向低位遍历，0和2是可以平分的不用管，直到第一个的1的位置，只能分为0和1假设a的只以为分为1，b的这一位分为0，那么不管不管后面再怎么分a一定大于b，那么后面就要在和为s（已知的那个数）的情况下使a尽量小，那么只有一种分法了，a后面全为0，b后面和s相等，所以答案就出来了
找到第一个1的位置就行了
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 200010;
char a[N],b[N],s[N];
int t,n;
int main(){
cin>>t;
while(t--){
cin>>n>>s;
int len = strlen(s);
int l=len;
for(int i=0;i<len;i++)
if(s[i]=='1')
{
l=i;
break;
}
for(int i=0;i<l;i++) cout<<(s[i]=='2'?1:0);
if(l<len)
{
cout<<1;
for(int i=l+1;i<len;i++) cout<<0;
}
cout<<endl;
for(int i=0;i<len;i++)
if(i<l) cout<<(s[i]=='2'?1:0);
else if(i==l) cout<<0;
else cout<<s[i];
cout<<endl;
}
return 0;
}
D 已知n个动物都有一个种类，他们排成一个圈做游戏，让你为他们染色，只有一个条件相邻的两个不同种类的动物不能同色（这个还有一个隐含条件：相邻的两个同类型的动物可以同色也可以不同色）。
如果他们不是一个圈的话用两种颜色是一定可以染成功的，第一个染1然后依次向后遍历，如果当前与前一个类型相同染一样的颜色，否则染和前一个不同的颜色，这样一定是可行的，但是现在他们围成了一个圈，会多出来一个条件n和1是相邻的，那么我们按上面染色后n和1可能会发生冲突（前n个的颜色一定是可行的），他俩不同类型但是染了同种颜色这样是不合理的，那么我们可以怎样去修改呢，请看前面黑体部分，如果有相邻且同类型的时我们染成了同颜色，其实是可以染成不同颜色的，所以我们按照这样的思路再去染一遍，如果能使得n和1不同颜色那么两种颜色就是可行的，如果不能呢再加一种颜色一定是可行的，这里我没有仔细去证改变一次颜色后n的颜色没变就一定不会变了就直接染3了，凑合看吧，反正a了hhh。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 400010;
int a[N],b[N],s[N];
int t,n;
int c[N];
int main(){
cin>>t;
while(t--){
cin>>n;
bool flag=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
cin>>a[i];
int x=1,l=-1;//x颜色的种类，l记录类型相同且相邻的位置
c[0]=1;//颜色
a[0]=a[1];//确保第一个染成1
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(a[i]!=a[i-1])
{
c[i]=3-c[i-1];//颜色反转
x=2;
}
else c[i]=c[i-1],l=i;
}
if(a[n]!=a[1]&&c[n]==c[1])
{
if(l!=-1)//如果冲突从l向后再染一遍
{
c[l]=3-c[l-1];
for(int i=l+1;i<=n;i++)
if(a[i]!=a[i-1]) c[i]=3-c[i-1];
else c[i]=c[i-1];
}
if(a[n]!=a[1]&&c[n]==c[1]) x=c[n]=3;
}
cout<<x<<endl;
for(int i=1;i<=n;i++) cout<<c[i]<<' ';
cout<<endl;
}
return 0;
}