B. Raspberries
注意到k只能是2，3，4，5
特判
如果存在一个数ai，满足ai % k ==0。那么操作数为0
（1） K=2,3,5时
因为2，3，5都是素数，所以要想使得a1~an的积能被k整除：a数组中一定有一个数ai，满足ai % k == 0。所以要想满足条件，最小值为 min( k - ai % k ）
（2）K=4时
注意到4 = 2 * 2；所以要想使得a1~an的积能被k整除：操作的数量最大只能是2。
在满足特判的情况下，我们统计a数组中偶数的个数cnt_even。
1、如果cnt_even>2，那么一定存在两个数ai和aj，他们的公因子中都含有2。那么乘积的因子中一定含有4。此时输出为0。
2、如果cnt_even == 1，那么此时a数组中只含有一个偶数。那么我们只需要随便把一个奇数加1，即可满足a数组中的两个数因子都含有2。此时输出为1。
3、如果cnt_even==0，那么此时a数组中全部是奇数。此时通过情况（1）中得到的ans结果要么是1，要么是3。输出min(ans , 2)即可。
因为ans如果是3的情况下，比如1 ， 1 ， 1
那么我们任选两个奇数加一，即可得到4。操作的次数是2。
cpp
#include <math.h>
#include <stdio.h>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
const int N = 2e5 + 10;
#define de(x) cout << x << " ";
#define sf(x) scanf("%d", &x);
#define Pu puts("");
#define ll long long
int n, m, ans;
int a[N];
int k;
int main() {
int T;
cin >> T;
while (T--) {
cin >> n >> k;
int x; // 输入
ans = 1e9;
int cnt_even = 0; // 4对应的判断
bool is_mod = false;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
sf(x);
if (x % k == 0)
is_mod = true;
ans = min(ans, k - x % k); // 2，3，5对应的判断
if (x % 2 == 0)
cnt_even++;
}
if (is_mod == true) {
printf("0\n");
continue;
}
if (k == 4) {
// 通过取模得到的ans要么是1，要么3，要么是2
if (cnt_even > 1) // 如果ans是2，说明全是偶数
printf("0\n");
else if (cnt_even == 1) // 此时只有一个奇数
printf("1\n");
else // 如果是1或者3，说明全是偶数，此时的ans最大是2
cout << min(2, ans) << endl;
} else {
printf("%d\n", ans);
}
}
return 0;
}