考虑容斥，通过$Bell(p)$的时间枚举所有等价情况。
对于一种情况，强制了一个等价类里面的数都要相同，其它的可以相同也可以不同。
这方案数显然可以通过多项式乘法求得，乘上容斥系数$(-1)^{p-等价类个数}\ \ \ \ \ \ \ \times(每个等价类大小-1)!之积$。
可以先把那$p$个多项式DFT，然后在点值表示下计算答案，最后再IDFT回来即可。
时间复杂度$O(pn(\log n+Bell(p)))$。
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long double ld;
const int N=65540;
const ld pi=acos(-1.0);
int T,C,_,P,n,m,a[N],i,j,pos[N],w[6];
struct comp{
ld r,i;
comp(ld _r=0,ld _i=0){r=_r,i=_i;}
comp operator+(const comp&x){return comp(r+x.r,i+x.i);}
comp operator-(const comp&x){return comp(r-x.r,i-x.i);}
comp operator*(const comp&x){return comp(r*x.r-i*x.i,r*x.i+i*x.r);}
}f[6][N],g[N];
inline void FFT(comp*a,int n,int t){
for(int i=1;i<n;i++)if(i<pos[i])swap(a[i],a[pos[i]]);
for(int d=0;(1<<d)<n;d++){
int m=1<<d,m2=m<<1;
ld o=pi*2/m2*t;comp _w(cos(o),sin(o));
for(int i=0;i<n;i+=m2){
comp w(1,0);
for(int j=0;j<m;j++){
comp&A=a[i+j+m],&B=a[i+j],t=w*A;
A=B-t;B=B+t;w=w*_w;
}
}
}
if(t==-1)for(int i=0;i<n;i++)a[i].r/=n;
}
void dfs(int x,int y){
if(x==P){
int i,j,k=(P-y)&1?-1:1;
for(i=1;i<=y;i++)for(j=2;j<w[i];j++)k*=j;
comp t(k,0);
for(j=0;j<m;j++)g[j]=f[w[1]][j];
for(i=2;i<=y;i++)for(j=0;j<m;j++)g[j]=g[j]*f[w[i]][j];
for(j=0;j<m;j++)f[0][j]=f[0][j]+g[j]*t;
return;
}
for(int i=1;i<=y+1;i++){
w[i]++;
dfs(x+1,max(i,y));
w[i]--;
}
}
int main(){
scanf("%d",&T);
while(T--){
scanf("%d%d",&_,&P);
for(n=i=0;i<_;i++){
scanf("%d",&a[i]);
if(a[i]>n)n=a[i];
}
n*=P;
for(m=1;m<=n;m<<=1);
j=__builtin_ctz(m)-1;
for(i=0;i<m;i++)pos[i]=pos[i>>1]>>1|((i&1)<<j);
for(i=0;i<=P;i++)for(j=0;j<m;j++)f[i][j]=comp(0,0);
for(i=0;i<_;i++)for(j=1;j<=P;j++)f[j][j*a[i]].r+=1;
for(i=1;i<=P;i++)FFT(f[i],m,1);
dfs(0,0);
FFT(f[0],m,-1);
for(j=i=1;i<=P;i++)j*=i;
printf("Case #%d:\n",++C);
for(i=1;i<m;i++){
ld ans=f[0][i].r/j;
if(ans>0.5)printf("%d: %.0f\n",i,(double)ans);
}
puts("");
}
return 0;
}