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容易想到分解因数。

对于一个数 $p$ 的因数个数，假设它可以被分解质因数成 $a_1^{i_1}{a}_2^{i_2}{a}_3^{i_3}\cdots a_k^{c_k}$ 的形式，则其因数个数为 $(i_1+1)(i_2+1)(i_3+1)\cdots (i_k+1)$。

我们对序列 $p$ 和 $w$ 质因数分解之后再考虑这个问题。对于每次从 $w$ 拆分出的一个质因子 $A$，我们假设一棵树 $p_i$，原来它的贡献为 $x$，对于该棵树高的质因数拆分中质因子 $A$ 的出现次数为 $t$，则乘上该质因子之后它的贡献会变为 $x\cdot \frac{t+2}{t+1}$，容易证明分子越小即 $t$ 越小对答案的贡献越大。

由于数据范围是 $10^4$，质因数的上界是很有限的。设 $a(i,j)$ 表示 $i^j$ 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 $w$ 的质因子 $A$，把它计算到当前存在且 $k$ 最小的 $A^k$ 上即可。

注意筛 $n$ 的质因数要筛到 $n$。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long longconst 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;
}