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一个人选串，另一个人旋转。

容易发现，如果原串\(S\)有长度为\(len\)的循环节，若Alice选的串\(T\)的循环节长度也为\(len\)，则不管Bob怎么转，\(S'\)的循环节长度最大为\(len\)。如果\(len=1\)，那么就可以在一步之内完成。

然后就可以开始乱搞找规律了。

取\(len=4,P=2\)，发现可以；取\(len=2,P=3\)，发现不行；取\(len=6,P=2\)，发现也不行。

由此得（cāi）出结论：当\(len=P^k\)时可以胜利，反之不行。

然后来观（xiā）察（gǎo）一下\(|S|=len=P=5\)的情况，发现当\(S=[0,1,2,3,4]\)的时候，取\(T=[4,3,2,1,0]\)，就可以把\(len\)变为\(1\)。继续尝试，会发现\(S=[0,2,4,1,3]\)的时候，给它加个\([3,1,4,2,0]\)也行

观察这两个序列有什么共同点，可以发现它们的差分序列\(d\;(d_i=S_i-S_{i-1},d_1=S_1-S_{len})\)的循环节长度为\(1\)

推广一下，如果\(S\)的\(t\)阶差分序列的循环节长度为\(1\)，那么下一步就可以使\(S\)的\(t\)阶差分序列的每一位都为\(0\)，即\(t-1\)阶差分序列的循环节长度为\(1\)。

于是，问题就转化为了求最小的\(t\)，使\(S\)的\(t\)阶差分序列的循环节长度为\(1\)。

但是，这还是没办法直接做。可以观察\(S\)的\(t\)阶差分序列的第\(i\)位\(d_{t,i}\)为多少。容易得到：
\[ \large d_{t,i}=\sum_{j=0}^t(-1)^jC_t^jS_{i-j} \]
其中，下标是在模\(len\)意义下的。

这就证明了为什么\(len=P^k\)时可以胜利，因为取\(t=len\)，则\(d_{t,i}=(1+(-1)^t)S_i=0\)。

所以，可以考虑将\(t\)的初始值设为\(0\)，每次给\(t\)加上\(P^k\)，得到差分序列，然后检查循环节长度是否为\(1\)。如果为\(1\)，就还原到这次操作之前的序列，并减小\(k\)。

时间复杂度\(O(nP\log_Pn)\)

code：

#include<stdio.h>
#include<memory.h>
int a[300002],n,p,m,k,b[300002],c[300002],ans=2,pow[300002];
int id(int val){return val<=0?val+m:val;}
inline int mod(int val){return val>=p?val-p:val;}
bool isloop(int len){
    if(n%len)return 0;
    for(int i=len+1;i<=n;i++)if(a[i]!=a[i-len])return 0;
    return 1;
}
bool iseq(){
    for(int i=2;i<=m;i++)if(a[i]!=a[i-1])return 0;
    return 1;
}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&p);
    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]),a[i]%=p;
    for(m=1,k=0;m<=n&&!isloop(m);m=m*p,k++);
    if(m>n)return puts("-1")&0;pow[0]=1;
    for(int i=1;i<=k;i++)pow[i]=pow[i-1]*p;
    if(iseq()){
        if(a[1]==0)return puts("0")&0;
        else return puts("1")&0;
    }
    for(int g=k-1;g>=0;g--){
        for(int i=0;i<p-1;i++){
            memcpy(c+1,a+1,sizeof(int)*m);
            for(int i=1;i<=m;i++)a[i]=mod(c[i]+p-c[id(i-pow[g])]);
            if(iseq()){
                memcpy(a+1,c+1,sizeof(int)*m);
                break;
            }else ans+=pow[g];
        }
    }printf("%d",ans);
}