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Solution：

由於此題裏n的範圍很小，因此可以直接從小到大枚舉m（O（m*n^2））

那麽問題轉變為一個判定性問題：已知m，問所有野人在它們的有生之年裏是否會出現沖突

由於O（m*n^2）的復雜度符合要求，枚舉每一對(i,j)是否會發生沖突即可

可將問題轉化為求次同余式中最小的x

\[(step_i-step_j)x\equiv pos_j-pos_i(\mod m)\]

接下來就是數論裏的套路了：

ax≡b(mod c)可以轉化為求ax+cy=b，我們可以用擴展歐幾裏得求出x，y值，同時順便求出GCD。

設k=c/GCD(a,c)，

那麽方程ax≡b(mod c)的一個特解：x0=x*(b/GCD(a,c))%c。（如果b不是GCD(a,c)的倍數則無解）

並且它的GCD(a,c)個解分別為：xi=(x0+i*(k))%c，{i=0,1,2,.....GCD(a,c)-1}。

方程ax≡b(mod c)的最小解為：(x0%k+k)%k。

Code：

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int MAXN=20;

int n,c[MAXN],p[MAXN],l[MAXN];

int exgcd(int a,int b,int
 
 &x,int &y)
{
    if(!b){x=1;y=0;return a;}
    int ret=exgcd(b,a%b,x,y),t=x;
    x=y;y=t-a/b*y;return ret;
}

bool check(int m)
{
    for(int i=1;i<n;i++)
        for(int j=i+1;j<=n;j++)
        {
            int A=p[i]-p[j],B=c[j]-c[i],x,y,GCD=exgcd(A,m,x,y);
            if(B%GCD) continue
 
;
            x=((x*B/GCD)%(m/GCD)+abs(m/GCD))%(m/GCD);
            if(x<=min(l[i],l[j])) return false;
        }
    return true;
}

int main()
{
    cin >> n;int mx=0;
    for(int i=1;i<=n;i++) 
        cin >> c[i] >> p[i] >> l[i],mx=max(mx,c[i]);
    
    for(int i=mx;i<=1e6;i++) if(check(i)) return cout << i,0;
    return 0;
}

[BZOJ 1407] Savage