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。
(1<=Ci,Pi<=100, 0<=Li<=10^6 )
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10^6。
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。

解法：

分析两个野人的情况，设山洞数目为m，如果i和j在第x年相遇，那么可以得到一个同余方程ci+x*pi=cj+x*pj(mod m)，

即(pi-pj)*x=cj-ci(mod m)。所以要使两个野人不能相遇，只需该同余方程无解或者x比其中一个野人的寿命长。推广到

n个野人两两不相遇，只需任意两个野人满足上述条件，因为n很小，所以可以枚举。

我们一开始将m赋值为max{c[i]}，每次判断m是否可行，如果可行即为答案，否则就将m加1。在判断m是否可行时要用

到扩展欧几里得算法求。

注意：扩展欧几里得算法求满足ax=gcd(a,b) (mod b)的x的最小正整数解时，要将x对b/gcd(a,b)取模，而不是对b取

模。

形如ax=b (mod c)可以转化为ax+cy=b (mod c)，然后a,b,c同时mod gcd(a,c)再求。

//BZOJ 1407

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

///Ci+x*Pi同余(Cj+x*Pj)%m

const int limitn = 20;
int C[limitn], P[limitn], L[limitn];
int limit, n, a, b, c, x, y;

inline int gcd(int a, int b){
    if(!b) return a;
    else return gcd(b,a%b);
}

inline void exgcd(int a, int b, int &x, int &y){
    if(!b){x=1;y=0;}
    else exgcd(b,a%b,y,x), y-=x*(a/b);
}

bool solve(int m)
{
    for(int i=1; i<n; i++){
        for(int j=i+1; j<=n; j++){
            a = P[i]-P[j];
            b = m;
            c = C[j]-C[i];
            int t=gcd(a, b);
            if(c%t) continue;
            a/=t, b/=t, c/=t;
            exgcd(a, b, x, y);
            b=abs(b);
            x=((c*x)%b+b)%b;
            if(!x) x+=b;
            if(x>L[i]||x>L[j]) continue;
            else return false;
        }
    }
    return true;
}

int main()
{
    scanf("%d", &n);
    for(int i=1; i<=n; i++){
        scanf("%d%d%d", &C[i],&P[i],&L[i]);
        if(C[i]>limit) limit = C[i];
    }
    for(int i=limit; ; i++){
        if(solve(i)){
            printf("%d\n", i);
            return 0;
        }
    }
    return 0;
}