两个机关即使周期都固定，第一次触发的相位不同，也可能永远无法同一时刻触发。只取两个周期的最小公倍数，不能自动解决起点不一致的问题。

先明确输入与规则

本例时间为非负整数。第一机关在时间除以周期p余a时触发，第二机关在时间除以周期q余b时触发。两余数都在自身周期范围内。先检查b减a能否被两周期最大公因数整除；不能则无解，能则求一轮最小公倍数范围内的首个共同时间。

本例的独立记录

第一周期16余数3，第二周期4余数0，当前时刻24。

最大公因数4，一轮长度16。 一轮内第一机关触发：[3] 一轮内第二机关触发：[0, 4, 8, 12] 相位兼容：False；首个共同时间：None；不早于当前的下次时间：None。 之后三次共同触发：[]

记录中的编号只用来区分本例对象，不应与大小排名或另一组记录的身份混淆。先核对单位和边界，再跟随中间值检查结果。空结果、零值与尚未确定是不同状态；分数保留精确含义，显示小数只为方便阅读。

怎样复算

有解时，之后每隔最小公倍数重复；给定一个当前时刻，可以向上移动整轮找到不早于当前的下一次共同触发。下一次恰好等于当前时刻时也应接受，不要额外跳过一整轮。

把一轮内两个机关的触发时刻分别列出来再取交集，可以独立验证方程结果。无解表示相位条件冲突，并不是等待时间还不够。改变某一个起点后要重新计算，旧的共同周期仍可能相同，但首次触发时刻已经改变。

适用条件与限制

这里机关不漏触发、不暂停，也不在运行中改变周期或相位。真实游戏若按帧更新而周期是非整数秒，需要先明确时间单位和舍入方法，本例的整数余数结论不能直接无条件套用。

练习时可以一次只改变一个条件，比较差异从哪个步骤开始。若自己的结果不同，先核对是否采用同样的规则，再定位第一个不一致的中间状态，不要只修改最终答案。输入与运算过程需要一起保存，才能判断结论究竟适用于哪一个具体场景。