#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1E5 + 10;
bool prim[maxn];
vector<pair<int, int> > Fta;
vector<int>primes, ans;
int n, m, kase, Irrelevant[maxn];
void init()
{
	for (int i = 2; i <= maxn; i++)
		if (!prim[i])
		{
			primes.push_back(i);
			for (int j = i + i; j <= maxn; j++)
				prim[j] = 1;
		}
}
void prime_factors(int n)
{
	int m = floor(sqrt(n) + 0.5);
	for (int i = 2; i  <= m; i++)
	{
		int cnt = 0, p = i;
		if (n % p == 0)
		{
			while (n % p == 0) n /= p, cnt++;
			Fta.push_back(make_pair(p, cnt));
		}
	}
	if (n > 1) Fta.push_back(make_pair(n, 1));
}
int main(int argc, char const *argv[])
{
	init();
	while (cin >> n >> m)
	{
		n--;//計算的是C(0~n-1,n-1)!;
		ans.clear();
		Fta.clear();
		prime_factors(m);
		memset(Irrelevant, 0, sizeof(Irrelevant));
		for (int i = 0; i < Fta.size(); i++)
		{
			int p = Fta[i].first, cnt = 0, x;
			for (int k = 1; k < n; k++)
			{
				x = n - k + 1;
				while (x % p == 0) {x /= p; cnt++;}
				x = k;
				while (x % p == 0) {x /= p; cnt--;}
				if (cnt < Fta[i].second) Irrelevant[k] = 1;
			}
		}
		for (int i = 1; i < n; i++) if (!Irrelevant[i]) ans.push_back(i + 1);
		cout  << ans.size() << endl;
		for (int i = 0; i < ans.size(); i++)
			cout << ans[i] << (i == ans.size() - 1 ? "\n" : " ");
		if (!ans.size()) cout << endl;//千萬別忘了沒有答案，也要換行！
	}
	return 0;
}
 

唯一分解定理的模板題，順帶附帶線性打表求素數

雖然是模板題，但是解法不好想，可以利用公式C(k,n) = (n-k+1)/k*C(n,k-1) 來計算

但還是繞不過去大數（顯然上不了大樹） 於是就有了很有意思的觀點，對於每一個m的質數考察,考察對於每一個c（），是否能被整除，對於下一個c（）由公式可得，這樣上一個計算出來的指數可以被下一個繼承，而本來需要高精度表示的數字，就只需要指數來表示就可以了。十分精妙