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$\sout{记录下A题赤石过程}$

套着数学外衣的字符串模拟题，首先，题目要求大于 $n$ 的最小的 $m$ 的倍数或者数字中出现 $m$

大于不好处理，我们给它加 $1$ 变为大于等于，这样如果就是 $+1$ 的那个数也可以直接输出

首先我们将 $n+1$ 是 $m$ 的倍数或者 $n+1$ 包含 $m$ 的情况判掉，那么剩下的需要加上一些数构造 $m$ 的倍数,或者数字中有 $m$ 。首先我们会有一个上界，就是构造 $m$ 的倍数所需要的数 $rg$ ，我们加的数不超过 $rg$ .

设 $m$ 的数位为 $j$

然后我们考虑数字中构造 $m$ ,一般的，我们发现其实只要数字最后的 $18$ 位即可，因为 $m\le 10^9$,我们每次让后缀从 $i$ 开始变成$0$，第 $i$ 位之前的 $j$ 位变成 $m$ ,变成 $m$ 也有两种情况一种是那 $j$ 位数大于 $m$ ,我们需要要让这些位都变成 $0$ , 然后再让那 $j$ 位变成 $m$ ,另一种情况就是那 $j$ 位数小于 $m$ ,我们只要让他们变成 $m$ 即可。

特别的，我们还有一些特殊的情况，通过某些进位，让很前面的数变成 $m$ ,那我们就去匹配 $m-1$ ，代价是让后缀全变 $0$ 的代价，我们只需要找一次，做一次 $1e6$ 的高精度减法是可以接受的

最后用 $n+1$ 加上我们需要额外加的数 $cost$ 即是答案

还有一个特判，如果 $n\le m$,答案就是 $m$

#pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline")
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using i64 = long long;
using u64 = unsigned long long;
using i128 = __int128;string add(string &a,string &b) {int n = a.size(), m = b.size();int L = max(n, m);string res;res.reserve(L + 1);int carry = 0;for (int i = 0; i < L; ++i) {int da = (i < n ? a[i] - '0' : 0);int db = (i < m ? b[i] - '0' : 0);int sum = da + db + carry;res.push_back(char('0' + (sum % 10)));carry = sum / 10;}if (carry) {res.push_back(char('0' + carry));}//结果自然没有“前导”零的问题，因为倒序，低位在前return res;
}string subtract(const string &a, const string &b) {int n = a.size(), m = b.size();string res;res.reserve(n);int borrow = 0;for (int i = 0; i < n; ++i) {int da = a[i] - '0' - borrow;int db = (i < m ? b[i] - '0' : 0);if (da < db) {da += 10;borrow = 1;} else {borrow = 0;}res.push_back(char('0' + (da - db)));}// 去掉“高位”多余的 0（即倒序串末尾的 '0'）while (res.size() > 1 && res.back() == '0') {res.pop_back();}return res;
}u64 to_num(string &s){          //倒着的数字u64 res = 0;for(int i=s.size()-1;i>=0;--i){res = res*10ll+(s[i]-'0');}return res;
}string s;
u64 m,lm,lmminus1,ls,rg=0;
u64 base[22];void solve(){rg=0;//清空 cin>>s>>m;string sm = to_string(m);string mminus1 = to_string(m-1);reverse(s.begin(),s.end());reverse(sm.begin(),sm.end());reverse(mminus1.begin(),mminus1.end());string one = "1";string sadd1 = add(s,one);swap(sadd1,s);//s+=1if(s.size()<=sm.size()){u64 ss= to_num(s),ssm = to_num(sm);if(ss<=ssm){cout<<ssm<<"\n";return;}}ls = s.size(),lm = sm.size(),lmminus1 = mminus1.size();//求可加上界u64 b = 1;for(int i = 0;i<ls;++i){(rg+=(1LL*(s[i]-'0')*b)%m)%=m;(b*=10LL)%=m;}rg = m-rg;if(rg==m){      //已经是倍数reverse(s.begin(),s.end());cout<<s<<"\n";return;}//查看数字中有没有mfor(int i = 0;i+lm-1<ls;++i){string tmp = s.substr(i,lm);u64 tmp_num = to_num(tmp);if(tmp_num==m){reverse(s.begin(),s.end());cout<<s<<"\n";return;}}u64 cost = rg;//从个位匹配m,匹配18位for(int i = 0;i+lm-1<=18&&i+lm-1<ls;++i){string tmp = s.substr(i,lm);            //本来就是反着的u64 tmp_num=to_num(tmp);//cout<<i<<" "<<tmp_num<<" ";if(tmp_num<=m){string tmp2=s.substr(0,i);u64 tmp_num2 = to_num(tmp2);cost = min(cost,(m-tmp_num)*base[i]-tmp_num2);}else{if(i==0) continue;   //如果是个位，没有办法补0string tmp2=string(i+lm,'0')+"1"; //索引是i+lm-1 总数要加1string tmp3 = to_string(m*base[i]);//00000mstring res = subtract(tmp2,tmp3);if(res.size()>18){continue;   //肯定超出上限}else{cost = min(cost,to_num(res));}}}//从十位匹配m-1,找离个位最近的,只做一次for(int i = 1;i+lmminus1-1<ls;++i){string tmp = s.substr(i,lmminus1);if(tmp==mminus1){//匹配上了，花费是最低位j 10^j-后缀string now1 = string(i,'0')+sm; //0000smstring now2;if(i>0) now2=s.substr(0,i)+mminus1;//xxxxxtmpelse now2=mminus1;string res = subtract(now1,now2);if(res.size()>18){break;  //肯定超出上限}else{cost = min(cost,to_num(res));}break;}else continue;}string cost_str = to_string(cost);reverse(cost_str.begin(),cost_str.end());string ans = add(s,cost_str);reverse(ans.begin(),ans.end());cout<<ans<<'\n';
}signed main(){ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);base[0]=1;for(int i = 1;i<=19;++i) base[i] = base[i-1]*10LL;int t=1;cin>>t;while(t--) solve();return 0;
}