#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cstdio>
using namespace std;int N, M, rec[4][4] = {{6, 2, 4, 8},{1, 3, 9, 7},{1, 7, 9, 3},{1, 9, 1, 9}
};int Get2(int x)
{if (!x)    return 0;return x/2+Get2(x/2);
}int Get5(int x)
{    if (!x) return 0;return x/5+Get5(x/5);
}int GetOdd(int x, int Base)
{if (!x) return 0;return x/10 + (x%10 >= Base) + GetOdd(x/5, Base);
}
// 传进去的还是一个完整的序列，该函数的功能在于得到其偶数序列的性质
int GetEven(int x, int Base)
{if (!x) return 0;return GetEven(x/2, Base) + GetOdd(x, Base);
}int main()
{ int n2, n3, n5, n7, n9, m2, m3, m5, m7, m9, ret;while (scanf("%d %d", &N, &M) == 2) {ret = 1;M = N - M;n2 = Get2(N), m2 = Get2(M);n5 = Get5(N), m5 = Get5(M);n2 -= m2, n5 -= m5;if (n2 >= n5) { n2 -= n5, n5 = 0; }else { puts("5");continue; } n3 = GetEven(N, 3), m3 = GetEven(M, 3);n7 = GetEven(N, 7), m7 = GetEven(M, 7);n9 = GetEven(N, 9), m9 = GetEven(M, 9);n3 = (n3-m3)%4, n7 = (n7-m7)%4, n9 = (n9-m9)%4;if (n2) ret *= rec[0][n2%4];ret *= rec[1][n3] * rec[2][n7] * rec[3][n9];printf("%d\n", ret % 10);}return 0;
}

#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cstdio>
using namespace std;
/*
计算排列数A(M,N)的最后一位非零位，A(M, N) = N! / (N-M)!
令 M = N - M，则问题转化为　N! / M!，从质因子的角度出发，我们一定能够得到 N! 的各项质因子的数量都一定
大于等于 M!，如果N比较小的话我们找可以出两者所有的质因子2,5的数量,以及以3,7,9结尾的质因子，再进行相消，最后得到结果。
如果N较大的话，就只关心质因子2,5的数量，相当于我们对于 N!写成 N! = 2^e1 * 5^e2 * x1 * x2 * x3 * ...，对于提出了2, 5
的序列，我们又可以将其视为1*2*3*4*...N/2(N/5)的一个序列（原序列为2*4*6*8*10*...或者是5*10*15*20*...)，对于这样一个
重新编排的的序列，我们可以继续统计出2,5,我们还可以继续进行重拍，并且一直进行下去，提取出2,5后我们面对就是一系列的只
含有1,3,7,9的序列，因此我们还需要统计出它们（非质因子分解后）分别的数量，我们可以知道已这些结尾的数都是每10个数出现
一次，所以我们只需要对整个序列的长度除以10来得到，在重排除以2,5后的序列时要注意用容斥定理减去重复计算的
*/ int N, M, rec[4][4] = {{6, 2, 4, 8},{1, 3, 9, 7},{1, 7, 9, 3},{1, 9, 1, 9}
};int Get2(int x)
{if (!x)    return 0;return x/2+Get2(x/2);
}int Get5(int x)
{    if (!x) return 0;return x/5+Get5(x/5);
}int Get3(int x)
{ if (!x) return 0;return x/10 + (x%10>=3) + Get3(x/2) + Get3(x/5) - Get3(x/10);
}int Get7(int x)
{if (!x) return 0;return x/10 + (x%10>=7) + Get7(x/2) + Get7(x/5) - Get7(x/10);
}int Get9(int x)
{if (!x) return 0;return x/10 + (x%10>=9) + Get9(x/2) + Get9(x/5) - Get9(x/10);
}int main()
{// 对2,5处理只是为了把后面的零全部去除，最后一定只剩下n2// n2 表示的就是最有对最后一位非零位有贡献的因子2的个数// 2,3,7,9循环节的最小公倍数为4 int n2, n3, n5, n7, n9, m2, m3, m5, m7, m9, ret;while (scanf("%d %d", &N, &M) == 2) {ret = 1;M = N - M;n2 = Get2(N), m2 = Get2(M);n5 = Get5(N), m5 = Get5(M);n2 -= m2, n5 -= m5;if (n2 >= n5) {n2 -= n5;n5 = 0;}else {n5 -= n2;    n2 = 0;} n3 = Get3(N), m3 = Get3(M);n7 = Get7(N), m7 = Get7(M);n9 = Get9(N), m9 = Get9(M); n3 -= m3, n7 -= m7, n9 -= m9;if (n2) {ret *= rec[0][n2%4];}if (n5) {ret *= 5;    }n3 %= 4, n7 %= 4, n9 %= 4;ret = ret * rec[1][n3] * rec[2][n7] * rec[3][n9];printf("%d\n", ret % 10);}return 0;
}