一道挺有意思的题，现场切掉还是挺有成就感的。
首先看到区间操作我们可以想到差分转换，将区间操作转化为差分序列上的一个或两个单点操作，具体来说我们设 \(b_i=a_{i+1}-a_i\)，那么对于一次形如 \(\forall i\in[l,r],a_i\leftarrow a_i+x\) 的操作三元组 \((l,r,x)\)，我们有：
- \(l=1,r=n\)，等于啥也没干，那么我们显然不会选择这样的区间进行操作，否则就会浪费一次操作次数，所以我们 duck 不必考虑这种情况。
- \(l=1,r\ne n\)：相当于令 \(b_{r}\leftarrow b_r-x\)
- \(l\ne 1,r=n\)：相当于令 \(b_{l-1}\leftarrow b_{l-1}+x\)
- \(l\ne 1,r\ne n\)：相当于令 \(b_{l-1}\leftarrow b_{l-1}+x,b_r\leftarrow b_r-x\)
于是问题转化为：给定长度为 \(n-1\) 的差分序列，每次可以进行以下两种操作之一：修改一个单点的值，或者指定三个整数 \(x,y,z\)，将 \(b_x\) 改为 \(b_x+z\)，\(b_y\) 改为 \(b_y-z\)，最少需要多少次操作才能将所有数变为 \(0\)。
直接处理不太容易，因此考虑挖掘一些性质。做过这道题的同学应该不难想到，我们可以在每次操作的两个点之间连一条边，如果咱们操作的是一个单点那么就连一条自环，这样显然会得到一张点数为 \(n-1\)，边数等于操作次数的图。那么有一个性质：在最优策略连出的图中，对于每个连通块 \((V',E')\)，记 \(S=\sum\limits_{x\in V'}b_x\)，有
- 如果 \(S=0\)，那么该连通块必然是一棵树，耗费 \(|V'|-1\) 次操作。
- 如果 \(S\ne 0\)，那么该连通块必然是一棵树加一个自环，耗费 \(|V'|\) 次操作。
证明不会，感性理解一下即可
观察到这个性质之后，求解第一问就易如反掌了，注意到 \(n\) 很小，因此考虑状压，记 \(dp_S\) 表示将 \(S\) 中的元素变为 \(0\) 的最少操作次数，枚举子集转移即可，复杂度 \(3^{n-1}\)。
接下来考虑第二问，显然每次操作都是不同的，因此我们可以只用考虑操作方案的集合有哪些，最后乘个操作次数的阶乘即可。其次，如果我们能够知道对于一个连通块而言，将它按照最优策略变为 \(0\) 的方案数，我们就能用乘法原理一边 DP 一遍记录将每个集合变为 \(0\) 的最优策略的方案数了。因此考虑将每个集合变为 \(0\) 的方案数，还是分 \(S=0\) 和 \(S\ne 0\) 两种情况处理：
- \(S=0\)，那么该连通块是一棵无根树，那么可以很自然地猜到应该跟什么有标号树计数有关，Prufer 序列算一算结果是 \(|V'|^{|V'|-2}\)，事实上结论也的确如此，这里稍微口胡一下证明：显然一个操作集合唯一对应一棵树，而对于一棵无根树而言，能够得到它的操作集合也是唯一的，证明可以通过构造方案说明：我们假设这棵树中编号最大（其实大不大无所谓，只要形成一个严格的偏序关系即可）的叶子节点为 \(u\)，与其相连的点为 \(v\)，那么我们必须让 \(u\) 的权值变为 \(0\)，因为否则进行完此次操作之后，点 \(u\) 就孤立了，无法再次通过两点的操作变回 \(0\) 了，因此这次操作 \(u\) 的权值必须减去 \(a_u\)，\(v\) 的权值也就必然加上 \(a_u\)，如此进行下去直到还剩一个点为止，而由于该连通块中权值之和为 \(0\)，因此最终剩下的那个点权值也是 \(0\)，故我们构造出的方案合法。又因为我们每一次操作唯一，因此操作集合唯一；如果我们改变下操作的边集的顺序那么显然操作集合不会变，因此操作集合与无根树形成双射关系，证毕。
- \(S\ne 0\)，其实不过是在无根树的基础上加了一个自环，加这个自环的侯选位置总共有 \(|V'|\) 个，再加上对于这个自环而言有两个区间能够改变差分序列上这个点的值（假设我们要改变 \(b_x\)，那么我们可以操作 \([1,x]\)，也可以操作 \([x+1,n]\)），因此还需乘个 \(2\)，总方案数 \(2|V'|^{|V'|-1}\)，如果你
力求极致、追求严谨，那么也可以仿照 \(S=0\) 的证明方式。
时间复杂度 \(\mathcal O(3^{n-1})\)。
using namespace fastio;
const int MAXN=18;
const int MAXP=1<<17;
const int MOD=1e9+7;
const int INF=0x3f3f3f3f;
int n,a[MAXN+3],b[MAXN+3],m=0,c[MAXN+3],cnt[MAXP+5],fac[MAXN+5];
int f[MAXN+5],g[MAXN+5];
ll sum[MAXP+5];pii dp[MAXP+5];
inline int high(int x){return (!x)?-1:(31-__builtin_clz(x));}
int qpow(int x,int e){
int ret=1;
for(;e;e>>=1,x=1ll*x*x%MOD) if(e&1) ret=1ll*ret*x%MOD;
return ret;
}
void upd(pii &x,pii y,int v,int z){
return (x.fi<y.fi+v)?void():(((x.fi==y.fi+v)?(x.se=(x.se+1ll*y.se*z)%MOD):
(x.fi=y.fi+v,x.se=1ll*y.se*z%MOD)),void());
}
int main(){
scanf("%d",&n);dp[0]=mp(0,1);
for(int i=(fac[0]=1);i<=n;i++) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%MOD;
for(int i=2;i<=n;i++) g[i]=qpow(i,i-2),f[i]=2ll*g[i]*i%MOD;f[1]=2;
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
for(int i=1;i<n;i++) b[i]=a[i+1]-a[i];
for(int i=1;i<n;i++) if(b[i]) c[++m]=b[i];
for(int i=1;i<(1<<m);i++) dp[i].fi=INF;
for(int i=1;i<(1<<m);i++){
int pos=32-__builtin_clz(i&(-i));
sum[i]=sum[i&(i-1)]+c[pos];
cnt[i]=cnt[i&(i-1)]+1;
}
for(register int i=0;i<(1<<m);i++){
register int rst=((1<<m)-1)^i;
for(register int j=rst;j;j=(j-1)&rst){
if(high(j)<high(i)) break;
(!sum[j])?upd(dp[i|j],dp[i],cnt[j]-1,g[cnt[j]]):
upd(dp[i|j],dp[i],cnt[j],f[cnt[j]]);
}
} printf("%d\n%d\n",dp[(1<<m)-1].fi,1ll*dp[(1<<m)-1].se*fac[dp[(1<<m)-1].fi]%MOD);
return 0;
}