题意：
给出一个多项式，问有多少个质数(p)使得(p;|;f(x))，不管(x)取何值
思路：
首先所有系数的(gcd)的质因子都是可以的。
再考虑一个结论，如果在(mod p)意义下，多项式中存在((x^p - x))这个因式，那么这个质数(p)也是可以的
显然(p leq n)，那么我们只要枚举每个(leq n)的质数，做模(p)意义下的多项式除法，判断余数是否为(0)即可。
证明：
- 充分性：考虑(p;|;f(x))，即(f(x) = kp)，即在(mod p)意义下，(f(x) = 0)，根据欧拉定理，分两种情况讨论
- (x < p)，又因为(p)是质数，那么显然有((x, p) = 1)，那么(x^{p - 1} equiv 1 pmod p)，有(x^{p} - x equiv 0 pmod p)
- (x geq p)，如果(gcd(x, p))不为(1)，那么显然有(gcd(x, p) = p)，那么已经满足(p;|;f(x))，否则套用欧拉定理
- 必要性：如果(p;|;f(x))，那么(0, 1, cdots, p - 1)必然为(f(x))的一个根，那么(f(x))有因式(x(x - 1)(x - 2)cdots(x - (p - 1)))。我们考虑这个因式与(x^p - x)是等价的，如果不是等价的，那么作差之后，最高次变为(p - 1)，而根的个数却有(p)个,显然矛盾
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 10010
int n, a[N], b[N];
bool isprime(int x) {
for (int i = 2; 1ll * i * i <= x; ++i) {
if (x % i == 0) {
return false;
}
}
return true;
}
int gcd(int a, int b) {
return b ? gcd(b, a % b) : a;
}
bool ok(int p) {
if (a[0] % p) {
return false;
}
for (int i = 0; i <= n; ++i) {
b[i] = a[i];
}
for (int i = n; i >= p - 1; --i) {
(b[i - (p - 1)] += b[i]) %= p;
b[i] = 0;
}
for (int i = 0; i <= n; ++i) {
if (b[i] % p) {
return false;
}
}
return true;
}
int main() {
while (scanf("%d", &n) != EOF) {
int G = 0;
for (int i = 0; i <= n; ++i) {
scanf("%d", a + i);
G = gcd(G, abs(a[i]));
}
reverse(a, a + 1 + n);
vector <int> res;
for (int i = 2; 1ll * i * i <= G; ++i) {
if (G % i == 0) {
res.push_back(i);
while (G % i == 0) {
G /= i;
}
}
}
if (G > 1) {
res.push_back(G);
}
for (int i = 2; i <= n; ++i) {
if (isprime(i) && ok(i)) {
res.push_back(i);
}
}
sort(res.begin(), res.end());
res.erase(unique(res.begin(), res.end()), res.end());
for (auto it : res) {
printf("%d
", it);
}
// puts("------------");
}
return 0;
}