$2^{n! + 1} - 1$ が $2n+3$ で割り切れるような $n$ の必要十分条件を求める．$n=1$は不適であるので，以降 $n\geq 2$とする．

まず，$2^{n! + 1} - 1$ が $2n+3$ で割り切れると仮定する． 

　$2n+3$ の 素因数 $p$ を任意にとり，$p\lt 2n+3$ であると仮定する．$2n+3$ は奇数なので $p$ も奇数である．$2n+3=pk$ ($k\geq 2$)と書けたとすると，$p \leq \frac{2n+3}{2} $ より $p\leq n+1$．よって $n!+1$ を $p-1$ で割った余りは $1$ である．条件より $2^{n! + 1} \equiv 1 \pmod{p}$ であり，フェルマーの小定理より $2^{p-1}\equiv 1\pmod{p}$ であるから， 
$$2^{\mathrm{gcd}(p-1, n!+1)} = 2^1 \equiv 1 \pmod{p}$$ 
を得るが，明らかに矛盾である．よって **$2n+3$ は素数である必要がある**ので，$2n+3 = p$ とおく．$2^{(\frac{p-3}{2})! + 1} \equiv 1\pmod{p}$ となるような素数 $p$ を決定しよう．
 
　$2^{d} \equiv 1\pmod{p}$ を満たす最小の正の整数 $d$ ($2 \bmod{p}$ の位数) を考える．明らかに $d\leq p-1$．いま  $d\leq n$ と仮定すると，$2^d, 2^{n! + 1}\equiv 1 \pmod{p}$ から同様に $2\equiv 1 \pmod{p}$ が得られるから不適．よって $n \lt d$，すなわち $\frac{p-1}{2} \leq d$ を得る． 

　位数の一般論により，$d$ は $p-1$ と $n! + 1$ を割り切る．$d = p-1$ と仮定すると $p-1$ が $n! + 1$ を割り切るが，$n!+1$は奇数 ( $\because n\geq 2$ )であり $p-1$は偶数なので不適．よって $d \lt p-1$ である．$\frac{p-1}{2} \leq d \lt p-1$ かつ $d$ は $p-1$の約数なので 
$$d = \frac{p-1}{2}$$ 
が確定する．さらにこのとき，$2^{\frac{p-1}{2}}\equiv 1\pmod{p}$ より $2\bmod{p}$ は平方剰余なので，平方剰余第二補充則により $p\equiv 1,7\pmod{8}$ である．$d-1 = \frac{p-3}{2}$ に注意して，
$$2^{(d-1)! + 1} \equiv 1\pmod{p}, \quad 2^d \equiv 1\pmod{p}$$ 
を得る．よって
$$2^{\mathrm{gcd}((d-1)! + 1, d)} \equiv 1\pmod{p}$$
が導かれる．ここで指数について，次に注意せよ．

**補題.** $d = \frac{p-1}{2}$ が $1$， または合成数であるとき 
$$\mathrm{gcd}((d-1)! + 1, d) = 1.$$

**(証明)**
それぞれの場合において $(d-1)!$ が $d$ の倍数であることを示せばよい．
$d=1$のときは明らか．$p\neq 9$ なので $d\neq 4$ に注意．$d$が $4$ と異なる合成数である場合，$d$ は ある奇素数 $q$ の二乗であるか，$1 \lt a \lt b \lt d$ であるような整数 $a,b$ によって $d = ab$ と書ける．前者の場合，$(d-1)!$ は　$q\cdot 2q$ で割れるから $d$ の倍数である．後者の場合，$(d-1)!$ は $a\cdot b$ で割れるから $d$ の倍数である．(**証明終**)

　よって 補題のような $d$ に関しては $2^1 \equiv 1 \pmod{p}$ となるので不適．よって **$d$は素数でなければならない．** 

　また，$p\equiv 1\pmod{8}$ の場合は $d$ が $4$ の倍数になるので不適．よって　$p\equiv 7\pmod{8}$，すなわち $d\equiv 3\pmod{4}$であることが必要．

以上をまとめると， **「$4$ で割って $3$ 余るソフィージェルマン素数$d$ (すなわち $d$ と $2d+1$ が素数) を用いて $n = d-1$ と書けること」が必要である．**

　逆に上のような $n$ が十分であることを示す．実際，$(d-1)! + 1$ はウィルソンの定理 より $dr$ (ただし $r$ は奇数) と書くことができ，$2d + 1 \equiv 7\pmod{8}$ および第二補充則より $2\bmod{(2d+1)}$ は平方剰余であるので，フェルマーの小定理，$r$ が奇数であることから 
$$2^{dr}\equiv 2^{d(r-1) + d} \equiv 1 \pmod{(2d+1)}$$
となる．つまり，$\frac{2^{(d-1)! + 1} -1}{2d+1}$は整数となる．

　よって解答するべきは $2\leq d \leq 201$ なるソフィージェルマン素数 $d$ であって$d\equiv 3\pmod{4}$ となるものすべてに対する $(d-1)$ の総積である．このような $d$ は
$$ 3,11,23,83,131,179,191$$
である ( $d \gt 3$ のときは $d\equiv 11\pmod{12}$ を利用すると探しやすい)． 

　以上より, 求める総積は
$$\begin{aligned}
&  (3-1)(11-1)(23-1)(83-1)(131-1)(179-1)(191-1) \\\\
=& \mathbf{158629328000}
\end{aligned}$$
公式解説
https://onlinemathcontest.com/contests/nfhai2023/editorial/9846
　$1$ 以上 $200$ 以下の整数 $n$ で，
$$2^0 + 2^1 + 2^2 + 2^3 + \dots + 2^{n!- 2} + 2^{n! - 1} + 2^{n!}$$
が $2n+3$ で割り切れるようなものをすべて求め，その**総積**を解答してください．