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洛谷没提供中文题面，这里大致翻译一下：

可以进行的操作：任选一个数加一。

一共有n个整数，还有一个约数m，n个数都对m进行求余，累计余数的数量，要求每个余数都有n/m个。

对于样例1的输入，余数0有4个，余数1有1个，余数2有1个，发现余数0比n/m=2还要多，需要把多出的部分平摊到余数1和余数2上，让他们都拥有2个。

分析

因为只能进行+1的操作，所以如果当前余数已经满了，就一直+1放到下一个余数未满的地方，显然贪心是正确的。

那么直接暴力模拟走起！

TLE代码

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=2e5+1;
 
int n,m,cnt[N],av,a[N],ans;
//cnt[i]=j,余数为i的有j个
 
signed main(){
    cin>>n>>m;
    av=n/m;
    for(int i=1,res;i<=n;++i){
        cin>>a[i],res=a[i]%m;
        if(cnt[res]<av)cnt[res]++;
        else{//余数满了
            while(cnt[a[i]%m]>=av)a[i]++,ans++;//往下找,累计+1的次数
            cnt[a[i]%m]++;
        }
    }
    cout<<ans<<endl;
    for(int i=1;i<=n;++i)
        cout<<a[i]<<" ";
    return 0;
}

如果运气差的话可以发现每个a[i]都有可能会遍历m-1 ≈ m次，一共有n个，复杂度就是n*m，妥妥的T飞出去。

由于外部循环体的n是没法省略的，所以我们考虑将m优化成logm，如果会莫队的也可以优化成根号m。

内部的m复杂度一直在找下一个可以放的余数，换句话说就是下一个比当前大的未满余数，如果没找到，那就从0开始往后找。

上面那句标黑的，如果能想到lower_bound，那这道题就做完了，没想到就g（还有更好的做法，这里是蒟蒻做法）。

优化

因为要使用lower_bound来查找未满余数，所以要一开始就全部输入完毕，然后再把未满余数收集起来（放set里面比较方便），同时也要收集没放进去的数。

然后把没放进去的数，往set的余数里面放就行了。

AC代码

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=2e5+1;

int n,m,a[N],cnt[N],av,ans;
vector<int>v;
set<int>s;
//cnt[i]=j,余数i的数量为j

signed main(){
    cin>>n>>m;
    av=n/m;
    for(int i=1;i<=n;++i){
        cin>>a[i];
        if(cnt[a[i]%m]<av)cnt[a[i]%m]++;
        else v.push_back(i);//放不下的下标
    }
    for(int i=0;i<m;++i)//余数还有剩的
        if(cnt[i]<av)s.insert(i);
    for(auto i:v){//把a[i]%m往余数有剩的地方放
        auto nxt=s.lower_bound(a[i]%m);
        if(nxt!=s.end()){//有比他大的
            ans+=*nxt-a[i]%m;
            a[i]+=*nxt-a[i]%m;
            cnt[*nxt]++;
            if(cnt[*nxt]==av)s.erase(nxt);
        }else{//如果没有直接放begin
            nxt=s.begin();
            ans+=m-a[i]%m+*nxt;
            a[i]+=m-a[i]%m+*nxt;
            cnt[*nxt]++;
            if(cnt[*nxt]==av)s.erase(nxt);
        }
    }
    cout<<ans<<endl;
    for(int i=1;i<=n;++i)
        cout<<a[i]<<" ";
    return 0;
}

记得开long long，不开long long见祖宗（