zky学长实力ACM赛制测试，和 大新闻（YveH） 和 华莱士（hjxcpg） 组队。。。2h 10T，开始 分工我搞A，大新闻B，华莱士C，于是开搞；
然而第一题巨鬼畜，想了40min发现似乎不可做（人傻），然而BC也在搞。。。于是开始做第四道；
大约1h10’ B题A了。。1h30' C题也A了= =；
后来去搞F，公式推得很快，并且很自信是对的。。于是筛！搞！，一交 TLE？！，然后意识到 结果可以直接筛，可以省去搞得过程
不虚，改！！然后时间到了。。。毫无贡献的傻逼一个。。。。可怕。
于是搞了下第四题D：
1407: [Noi2002]Savage
Time Limit: 5 Sec Memory Limit: 64 MB
Submit: 1128 Solved: 513
[Submit][Status][Discuss]
Description 
Input
第1行为一个整数N(1<=N<=15)，即野人的数目。第2行到第N+1每行为三个整数Ci, Pi, Li (1<=Ci,Pi<=100, 0<=Li<=106 )，表示每个野人所住的初始洞穴编号，每年走过的洞穴数及寿命值。
Output
仅包含一个数M，即最少可能的山洞数。输入数据保证有解，且M不大于106。
Sample Input
3
1 3 4
2 7 3
3 2 1
Sample Output
6
该样例对应于题目描述中的例子。
HINT
Source
分析：
此题但是想到是方程组，于是直接往中国剩余定理上想了。。事后发现其实只需要 解线性的同余方程 即可，仅仅需要拓展欧几里得。。
枚举m，然后利用拓欧进行判定。
首先发现规律：（loc为初始洞穴，mov为移动数，ans为相撞所需年数，m为洞穴数）
loc【i】+mov【i】*ans=loc【j】+mov【j】*ans （mod m）
于是移项得：
（mov【i】-mov【j】） *ans=loc【j】-loc【i】 （mod m）
判定即可；
值得注意的几个小地方：
为了取模的方便，可以把初始的洞穴序号-1；
题目并不符合二分的性质，当然数据范围，枚举绝对可行；
转成不定方程后，mov【i】-mov【j】与m未必互质，所以应该先同除一个gcd；
最后，如果有解，且解<=lif【i】、lif【j】（寿命年份）即不可行；
（偶对，似乎网上有用中国剩余定理解得。。然而我当时并不能想出来，人傻╮(╯▽╰)╭）
坑了我自己的一个地方。。 
这破地方开始没注意于是坑了近10分钟。。 
code：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
int n;
int loc[20],mov[20],lif[20];
int st=0;
int x,y;int gcd;
void exgcd(int a,int b,int &x,int &y,int &gcd)
{
if (b==0) {gcd=a; x=1; y=0; return;}
exgcd(b,a%b,y,x,gcd);
y-=a/b*x;
}
bool check(int m)
{
for (int i=1; i<=n-1; i++)
for (int j=i+1; j<=n; j++)
{
int dloc=((loc[j]-loc[i])%m+m)%m;
int dmov=((mov[i]-mov[j])%m+m)%m;
exgcd(dmov,m,x,y,gcd);
if ((dloc%gcd)!=0) continue;
dloc/=gcd;
int mm=m/gcd;int ans=(dloc*x%mm+mm)%mm;
if (ans<=lif[i] && ans<=lif[j]) return false;
}
return true;
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for (int i=1; i<=n; i++)
{
scanf("%d%d%d",&loc[i],&mov[i],&lif[i]);
st=max(st,loc[i]);loc[i]--;
}
for (int i=st;;i++)
if (check(i)) {printf("%d\n",i);break;}
return 0;
}