以下所有值均在 \(\mathbb F_{998244353}\) 上运算。

给定多项式 \(P(x)=x\) 和 \(n\) 次首 \(1\) 多项式 \(Q(x)=\sum_{k=0}^n a_kx^k\)，你可以进行两种操作：

• 1 c：表示令 \(P(x):=P(x)+c\)。
• 2 k：表示令 \(P(x):=P(x)^k\)。

构造长度最小的操作序列，使 \(P(x)=Q(x)\)。需判断无解。

\(n\le 10^6\)。

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显然最终的操作序列会使 \(P(x)=(\cdots(x^{k_0}+c_1)^{k_1}+\cdots+c_m)^{c_m}\)，其中 \(k_0\) 可以 \(=1\)，其他的 \(k_i>1\)，所有 \(c_i\ne 0\)。

考虑将操作改为对 \(Q(x)\) 做，则 1 c 表示 \(Q(x):=Q(x-c)\)，2 k 表示令 \(Q(x):=Q(x^{1/k})\)。

先看 \(k_0=1\) 的情况，归纳一下可以得到 \(c_1=[x^{n-1}]Q(x)/n\)，于是直接平移一下即可。然后将 \(Q(x)\) 的非 \(0\) 项的次数除以它们的 \(\gcd\)。

若 \(k_0\ne 1\)，初始时判一下 \(\gcd\) 即可。若有某一步缩不起来就无解。

每次除以 \(\gcd\) 次数至少减半，于是得到时间复杂度 \(T(n)=T(n/2)+O(n\log n)=O(n\log n)\)。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 1<<21, mod = 998244353;
template<typename T>
void read(T &x){
	int ch = getchar(); x = 0; bool f = false;
	for(;ch < '0' || ch > '9';ch = getchar()) f |= ch == '-';
	for(;ch >= '0' && ch <= '9';ch = getchar()) x = x * 10 + ch - '0';
} int ksm(int a, int b){
	int res = 1;
	for(;b;b >>= 1, a = (LL)a * a % mod)
		if(b & 1) res = (LL)res * a % mod;
	return res;
} void qmo(int &x){x += x >> 31 & mod;}
int n, m, lim, rev[N], w[N], a[N], b[N], fac[N], finv[N], inv[N], ans[50];
int gcd(int x, int y){return y ? gcd(y, x % y) : x;}
int calc(){ int g = 0;
	for(int i = 1;i <= n && g != 1;++ i)
		if(a[i]) g = gcd(g, i);
	return g;
} void work(int g){
	assert(!(n % g)); n /= g; ans[m++] = -g;
	for(int i = 0;i <= n;++ i){b[i] = a[i * g]; a[i * g] = 0;}
	memcpy(a, b, n+1<<2); memset(b, 0, n+1<<2);
} void init(int n){
	fac[0] = 1;
	for(int i = 1;i <= n;++ i) fac[i] = (LL)fac[i-1] * i % mod;
	finv[n] = ksm(fac[n], mod-2);
	for(int i = n;i;-- i){
		finv[i-1] = (LL)finv[i] * i % mod;
		inv[i] = (LL)finv[i] * fac[i-1] % mod;
	} for(int mid = 1;mid < N;mid <<= 1){
		int Wn = ksm(3, (mod-1) / (mid<<1)); w[mid] = 1;
		for(int i = 1;i < mid;++ i) w[mid+i] = (LL)w[mid+i-1] * Wn % mod;
	}
} void calrev(int len){
	int L = -1; lim = 1;
	while(lim <= len){lim <<= 1; ++ L;}
	for(int i = 0;i < lim;++ i)
		rev[i] = (rev[i>>1]>>1) | ((i&1)<<L);
} void NTT(int *A, bool op){
	for(int i = 0;i < lim;++ i)
		if(i < rev[i]) swap(A[i], A[rev[i]]);
	for(int mid = 1;mid < lim;mid <<= 1)
		for(int i = 0;i < lim;i += mid<<1)
			for(int j = 0;j < mid;++ j){
				int y = (LL)((op && j) ? (mod - w[(mid<<1)-j]) : w[mid+j]) * A[mid+i+j] % mod;
				qmo(A[mid+i+j] = A[i+j] - y); qmo(A[i+j] += y - mod); 
			}
	if(op){ int inv = ksm(lim, mod-2);
		for(int i = 0;i < lim;++ i) A[i] = (LL)A[i] * inv % mod; 
	}
}
int main(){
	read(n); init(n);
	for(int i = 0;i <= n;++ i) read(a[i]);
	int g = calc(); if(g != 1) work(g);
	while(n > 1){
		if(!a[n-1]) return puts("-1"), 0;
		int c = (LL)a[n-1] * inv[n] % mod; ans[m++] = c; c = mod - c;
		for(int i = 0;i <= n;++ i) a[i] = (LL)a[i] * fac[i] % mod;
		for(int i = 0, pw = 1;i <= n;++ i, pw = (LL)pw * c % mod) b[n-i] = (LL)pw * finv[i] % mod;
		calrev(n<<1); NTT(a, 0); NTT(b, 0);
		for(int i = 0;i < lim;++ i) a[i] = (LL)a[i] * b[i] % mod;
		NTT(a, 1); for(int i = 0;i <= n;++ i) a[i] = (LL)a[i+n] * finv[i] % mod;
		memset(a+n+1, 0, lim-n-1<<2); memset(b, 0, lim<<2);
		int g = calc(); if(g == 1) return puts("-1"), 0; work(g);
	} if(a[0]) ans[m++] = a[0];
	printf("%d\n", m);
	for(int i = 0;i < m;++ i) printf("%d %d\n", 1 + (ans[i] < 0), abs(ans[i]));
}