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：
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(nPlog_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);
}