容易想到分解因数。
对于一个数 p p p 的因数个数，假设它可以被分解质因数成 a 1 i 1 a 2 i 2 a 3 i 3 ⋯ a k c k a_1^{i_1} a_2^{i_2} a_3^{i_3}\cdots a_k^{c_k} a1i1a2i2a3i3⋯akck 的形式，则其因数个数为 ( i 1 + 1 ) ( i 2 + 1 ) ( i 3 + 1 ) ⋯ ( i k + 1 ) (i_1+1)(i_2+1)(i_3+1)\cdots(i_k+1) (i1+1)(i2+1)(i3+1)⋯(ik+1)。
我们对序列 p p p 和 w w w 质因数分解之后再考虑这个问题。对于每次从 w w w 拆分出的一个质因子 A A A，我们假设一棵树 p i p_i pi，原来它的贡献为 x x x，对于该棵树高的质因数拆分中质因子 A A A 的出现次数为 t t t，则乘上该质因子之后它的贡献会变为 x ⋅ t + 2 t + 1 x\cdot \dfrac{t+2}{t+1} x⋅t+1t+2，容易证明分子越小即 t t t 越小对答案的贡献越大。
由于数据范围是 1 0 4 10^4 104，质因数的上界是很有限的。设 a ( i , j ) a(i,j) a(i,j) 表示 i j i^j ij 在所有树高的质因数拆分中出现了多少次，每一次取到的一个 w w w 的质因子 A A A，把它计算到当前存在且 k k k 最小的 A k A^k Ak 上即可。
注意筛 n n n 的质因数要筛到 n n n。
cpp
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int maxn=1e4+5;
int a[maxn][30],ans=1,p[maxn],mod=998244353,n,w;
void calc(int x)
{
for(int i=2;i<=max(x,w);i++)
{
int cnt=0;
while(x%i==0) x/=i,cnt++;
a[i][cnt]++;
ans=ans*(cnt+1)%mod;
// cout<<cnt<<endl;
}
}
signed main()
{
cin>>n>>w;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>p[i],calc(p[i]);
// for(int i=1;i<=n;i++) cout<<a[i][1]<<endl;
for(int A=2;A<=w;A++)
while(w%A==0)
{
int k=0;
while(!a[A][k]) k++;
ans/=(k+1),ans%=mod,ans*=(k+2),ans%=mod;
w/=A,a[A][k]--,a[A][k+1]++;
// cout<<w<<endl;
}
cout<<ans;
return 0;
}