题意：n个数字，对m取余有m种情况，使得每种情况的个数都为n/m个（保证n%m=0），最少需要操作多少次？ 每次操作可以把某个数字+1。输出最少操作次数，和操作后的序列（可以输出任意一种）。
题解：用一个set来维护所有余数x(当前余数为x的数个数没凑够n/m个)，对于每个数假设这个数的余数为t，当余数为t的数个数没凑够n/m时那这个数就不需要改变，如果已经凑够了，那就在set中找到第一个大于等于t的数（注意这里t可能比set中最大数的还要大，遇到这种情况就要将t变成set中最小数，举个例子m=5，余数为4和为0的数字凑够了，此时又来一个余数为4的数，该数应该变为余数为1）维护答案和序列，ans += (x-t+m)%m，out[i] += (x-t+m)%m。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef pair<int,int> P;
typedef long long LL;
const int MAX_N =2e5+;
int N,M,T,S;
LL vec[MAX_N];
LL res[MAX_N]; // 当前模的个数
set<int> s;
LL out[MAX_N];
int main()
{
while(cin>>N>>M){
memset(res,,sizeof(res));
memset(out,,sizeof(out));
s.clear();
for(int i=;i<M;i++){
s.insert(i);
}
for(int i=;i<N;i++){
scanf("%lld",&vec[i]);
}
LL ans = ;
for(int i=;i<N;i++){
LL t = vec[i]%M;
LL x ;
if(t > *s.rbegin()) x = *s.begin();
else x = *s.lower_bound(t);
res[x] ++;
if(res[x] == N/M) s.erase(x);
ans += (x - t + M)%M;
out[i] = (x - t + M)%M;
}
cout<<ans<<endl;
for(int i=;i<N;i++){
printf("%lld ",vec[i] + out[i]);
}
cout<<endl;
}
return ;
}