这道题大致题意是给定\(n\)个十进制整数和一个进制数\(k\)，可以用无数多个给定的十进制整数，问这些十进制整数的和在模k意义下有多少种不同的结果（\(k\)进制下整数的最后一位就是这个数模\(k\)的余数）。

这明显是个数学题（但是不会做又有什么办法[逃]），既然是求模k意义下的可能结果，我们可以让所有数对k取模，这样可以得到末位数字。但是对于蒟蒻来说这有什么用呢（反正本蒟蒻取模之后也还是看不出来）。其实这道题并不是要取模，也不是要用进制，而是在十进制下求最大公约数（下面详细解释）。

众所周知有一道（毒瘤）题叫做小凯的疑惑，这道题的结论是对于互质的两个数\(a\)和\(b\)，所有大于\(a \times b-a-b\)的数都可以用若干个\(a,b\)相加得到（别问我为什么看见这题想到了这个结论）\(\color{#FFF}{因为它太毒瘤啦qwq}\)。

看到这里蒟蒻一定会问，为什么这道题会和最大公约数有关呢？因为\(exgcd\)告诉我们二元一次方程\(ax+by=c\)在\(c\neq 0\ \ (mod \ \ gcd(x,y))\)时无整数解，这个非常简单，因为\(x=y= 0\ \ (mod \ \ gcd(x,y))\)，所以\(c=0 \times a+0 \times b=0(mod\ \ gcd(x,y))\)，那么设给定的\(n\)个数的最大公约数\(gcd({a_1},{a_2}, \cdots,{a_n} )=g\)，则用给定的\(n\)个数的任意和都是\(g\)的倍数。既然所有\(g\)的倍数都可以构造，那么在模\(k\)意义下有多少个不同的数呢？此时就有一个二元一次方程\(ag=bk+r(0 \leq r <k)\)，答案个数也即\(r\)的可能取值个数，变形可得\(ag-bk=r\)，由\(exgcd\)得，当且仅当\(r = 0(mod\ gcd(g,k))\)时，方程有整数解。至此我们可以得到，对于任意的\(ans \in [0,k)\)满足\(ans \equiv 0 (mod\ gcd({a_1},{a_2},\cdots ,{a_n},k))\)都可以由若干个\({a_1},{a_2},\cdots,{a_n}\)相加得到（在模\(k\)意义下）。

以上是本题的思路叙述，下面放上\(AC\)代码\(\downarrow \downarrow \downarrow\)

#include<cstdio>//CF1010C

#include<iostream>

#include<cstring>

#include<cstdlib>

#include<string>

#include<cmath>

#include<algorithm>

#define N 100010

using namespace std;

int n,k,a[N],gg,ans;

int gcd(int a,int b){

	if(b==0){

		return a;

	}

	return gcd(b,a%b);

}

int main(){

    scanf("%d%d",&n,&k);

    for(int i=1;i<=n;i++){

    	scanf("%d",&a[i]);

	}

	gg=a[1];

	for(int i=2;i<=n;i++){

		if(gg==1){

			break;

		}

		if(a[i]>gg){

			gg=gcd(a[i],gg);

		}

		else{

			gg=gcd(gg,a[i]);

		}

	}

	if(gg>k){

		gg=gcd(gg,k);

	}

	else{

		gg=gcd(k,gg);

	}

	ans=k/gg;

	printf("%d\n",ans);

	for(int i=0;i<ans;i++){

		printf("%d ",i*gg);

	}

    return 0;

}

\(p.s.\)有一点小的细节，就是在\(gcd\)已经等于$ 1 $的时候跳出循环，这样能跑的更快一点（其实也快不到哪里去...本来跑的就不慢[逃]）