对于第一种询问，只用暴力计算 $P$ 复合 $2^k$ 次之后对于 $x^{64}(x-1)^{64}$ 取模的结果, 然后不断代入计算即可.


注意到如下几个简单性质：

（1）$x-y \mid P(x)-P(y)$. 

（2）$a_n\bmod 2$ 的余数在 $a_1$ 之后纯周期.

现在，固定一个 $t$，我们观察 $v_2(a_{n+t}-a_n)$. 根据性质 1，它等于 $v_2(a_{n+t-1}-a_{n-1})+v_2(\frac{P(a_{n+t-1})-P(a_{n-1})}{a_{n+t-1}-a_{t-1}})$. 

注意到，如果后面一项对于某个 $t\in\{1,2\}$ 和 $n>0$ 非零，那么它对于至少一半的 $n$ 非零（由于这个只和这两项 $\bmod 2$ 的值有关），因此在这一种情况下我们只用计算前 $200$ 项，一定会进入 $\bmod 2^{64}$ 的不动点. 不然根据性质 2，它对于任意的 $n,t \ge 1$ 都是 $0$，也就是说对于给定的 $t$，$v_2(a_{n+t}-a_n)$ 对于所有的 $n \ge 1$ 都是相同的.

令 $v_2(a_2-a_1)=u$. 我们可以先找到一组 $D_k(k \ge 0)$ 使得 $v_2(a_{n+D_k}-a_n)=k$，且 $D_k$ 是满足要求中最小的（不存在定义为 $+\infty$）. 实际上，对于 $D_k \neq 0$，我们必有 $v_2(a_{n+2D_k}-a_{n+D_k})=k$，因此 $M=v_2(a_{n+2D_k}-a_n)\ge k+1$. 令 $D_{l}=+\infty(k+1 \le u \le M-1),D_M=2D_{k}$ 即可.

因此，我们可以依次对 $k=u,u+1,\cdots,64$ 依次找到 $n_k$ 使得 $a_{n_k} \equiv x \pmod {2^k}$，或者说明答案为 $-1$. 假设 $a_{n_k}\equiv x\pmod{2^{k+1}}$ 那么可以直接让 $n_{k+1}=n_k$，不然若 $D_k \neq +\infty$ 则让它为 $n_k+D_k$，再不然则答案为 $-1$.