分析：

由於這個東西具有對稱性，每一種解都可以通過翻轉將它變化出最多四種解。 
我們僅考慮(x,y)(x,y)在靠近左邊界或者上邊界的解。 
舉個例子，題目中給出了這種情形： 

那麼我們可以等價為： 

我們可以假設值為0的點在左上角(x,y)，距離點(n,m)最遠，可以得出方程n-x+m-y=b(給出的數中的最大值)，變形得y=n-x+m-b，n和m很好求，都是t的因子，x為i當ct[i]!=4*i的最小值，因為看圖可以得出規律第i（i>0）層數字為i+1的數量為4*i，不滿足說明最先出界，也就是值為0的點的x座標，然後依次列舉根號t以內的因子判斷是否滿足條件就行了，複雜度為O(sqrt(t)*t)，差不多10^9了，codeforces評測機真是快啊。

程式碼：

#pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000")///手動擴棧
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<string>
#include<cstdio>
#include<bitset>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<stack>
#include<queue>
#include<deque>
#include<list>
#include<set>
#include<map>
using namespace std;
#define debug test
#define mst(ss,b) memset((ss),(b),sizeof(ss))
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define inf 0x3f3f3f3f
#define eps 1e-10
#define MOD 1000000007
#define PI acos(-1.0)
const int N = 1e6+10;

ll gcd(ll p,ll q){return q==0?p:gcd(q,p%q);}
int to[4][2]={{-1,0},{1,0},{0,-1},{0,1}};

int t,x,y,n,m,ct[N],tp[N];

int main() {
    ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
    cin>>t;
    int nm,mx=0;
    for(int i=0;i<t;i++) {
        cin>>nm;
        ct[nm]++;
        mx=max(mx,nm);
    }
    for(int i=1;i<=t;i++)
        if(ct[i]!=4*i) {
            x=i;break;
        }
    int flag=1;
    for(int i=1;i*i<=t;i++) {
        if(t%i==0) {
            n=i,m=t/i,y=n-x+m-mx;
            mst(tp,0);
            for(int j=1;j<=n;j++)
                for(int k=1;k<=m;k++)
                    tp[(int)abs(j-x)+(int)abs(k-y)]++;
            int fg=0;
            for(int i=0;i<t;i++) if(ct[i]!=tp[i]) fg=1;
            if(fg==0) {
                cout<<n<<" "<<m<<endl;
                cout<<x<<" "<<y<<endl;
                flag=0;
                break;
            }
        }
    }
    if(flag) cout<<-1<<endl;
    return 0;
}