算法

暴力枚举+拓欧检查

思路

两个野人\(i\)与\(j\)会相遇，当且仅当方程\(c_i + xp_i \equiv c_j + xp_j(mod M)\)有正整数解且该解\(\leq min(l_i,l_j)\)。

又发现题目中保证 \(M \leq 1e6\)，于是就可以愉快的暴力枚举了。

而上面的方程可以化为\(x(p_i - p_j) \equiv c_j - c_i(mod M)\)，即求不定方程\((p_i - p_j)x + My = c_j-c_i\)的正整数解，可以使用拓展欧几里得定理。

复杂度：\(O(Mn^2logC_i)\)。

Tips

• \(M\)是不单调的，所以不能二分！
• \(M\)不能从\(1\)开始枚举，而要从\(max(c_i)\)开始，毕竟每个野人都得有地方住。
• 要是不会拓欧的，可以康康这篇博客。

参考代码

#include <cstdio>
#include <algorithm>

using namespace std;

int n,ans;
struct Peo{
    int c,p,l;
}p[20];

bool cmp(Peo x, Peo y){return x.p > y.p;}

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

int main(){
    int Max = 0;
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 1; i <= n; ++ i)
        scanf("%d%d%d", &p[i].c, &p[i].p, &p[i].l), Max = max(Max, p[i].c);
    sort(p + 1, p + 1 + n, cmp);
    for(ans = Max; ans <= ((int)1e6 + 10); ++ ans){
        int flag = 1;
        for(int i = 1; i < n; ++ i){
            for(int j = i + 1; j <= n; ++ j){
                int a = p[i].p - p[j].p, b = ans, c = p[j].c - p[i].c, x = 0, y = 0;
                int val = ex_gcd(a, b, x, y);
                if(c % val != 0) continue;
                int minn = (c / val * x % (b / val) + b / val) % (b / val);
                if(minn <= min(p[i].l, p[j].l)){
                    flag = 0;
                    break;
                } 
            }
            if(!flag) break;
        }
        if(flag) return printf("%d\n", ans), 0;
    }
    return 0;
}