Permítanme presentar un comprobante de la primera especial del caso (producto de la $k$
distintos de los números primos) por @martin, que es un buen resultado que puede ser probada
por Polya enumeración.
Voy a suponer que el lector ha consultado y comprendido el material en
el siguiente
MSE enlace
el que no voy a repetir aquí.
Usando la notación desde el enlace con la a $q$ el número de factores
en la partición obtenemos por el Polya Enumeración Teorema de la
siguiente fórmula:
$$G(k, q) = \left[\prod_p X_p\right]
Z(P_q)\left(\prod_p (1+X_p)\right)
\quad\text{donde}\quad n=\prod_p p^v$$
con todos los $v=1$ y tenemos $k$ distintos de los números primos en el producto. Aquí
el corchete indica el coeficiente de extracción de poder formal
serie e $Z(P_q)$ es el ciclo del índice del conjunto de operador
$\mathfrak{P}_{=q}$ que también fue utilizado en los vinculados a la computación
desde arriba.
Ahora recuerdo la OGF del conjunto de operador que es
$A$Z(P_q) = [z^q]
\exp\left(a_1 z - a_2 \frac{z^2}{2}
+ a_3 \frac{z^3}{3}
- a_4 \frac{z^4}{4}
+\cdots \right).$$
Observar que en la sustitución en el ciclo del índice que permita
$$a_m = \prod_p (1+X_p^m).$$
Pero el grado de $X_p$ en el coeficiente de ser extraído es uno,
lo que significa que a partir de la $a_m$ $m\ge 2$ sólo el término constante
contribuye, que es uno.
Esto le da a la fórmula
$$G(k, q) = \left[\prod_p X_p\right] [z^q]
\exp\left(z\prod_p (1+X_p)
- \frac{z^2}{2} + \frac{z^3}{3} - \frac{z^4}{4} + \cdots\right)$$
que es
$$G(k, q) = \left[\prod_p X_p\right] [z^q]
\exp\left(z\left(-1+\prod_p (1+X_p)\right) + \log(1+z)\right)
\\ = \left[\prod_p X_p\right] [z^q] (1+z)
\exp\left(z\left(-1+\prod_p (1+X_p)\right)\right)
\\ = \left[\prod_p X_p\right]
\left(\frac{1}{p!} \left(-1+\prod_p (1+X_p)\right)^q
+ \frac{1}{(p-1)!} \left(-1+\prod_p (1+X_p)\right)^{p-1}\right).$$
Haciendo coeficiente de extracción en el primer término
nos encontramos
$$\left[\prod_p X_p\right]
\frac{1}{p!} \sum_{m=0}^p {q\elegir m} (-1)^{p-m}
\prod_p (1+X_p)^m.$$
Sólo los términos con $X_p$ elevado a la potencia de uno de contribuir
y obtenemos el primer término
$$\frac{1}{p!} \sum_{m=0}^p {q\elegir m} (-1)^{p-m} m^k
= {k\llave q}.$$
El segundo término es similar y por lo tanto la respuesta a la especial
caso de un producto de $k$ de los números primos es
$${k\brace q} + {k\brace q-1}.$$
Ahora que tenemos esto nos puede dar una combinatoria
interpretación. El primer término representa el caso en que se divide el
$k$ factores primos de a $q$ no vacía de conjuntos que corresponden a las $q$
distintos factores de la multiplicación de la partición con ninguno de los
factores siendo uno. (Con la $k$ de los números primos son diferentes, los productos de
los elementos de estos conjuntos son necesariamente distintos.) Esta casi
completa el recuento excepto que no se han contabilizado las particiones
contiene uno como un factor. Que deja a $q-1$ factores diferentes a
elegir de acuerdo con el mismo procedimiento que antes, de hecho.
Observación. El uso de la OGF de los números de Stirling del segundo tipo
que es
$${n\brace k} = [z^n] \prod_{r=1}^k \frac{z}{1-rz}$$
tenemos la generación de la función
$$\prod_{i=1}^q \frac{z}{1-rz}+
\prod_{i=1}^{p-1} \frac{z}{1-rz}
= \left(1+\frac{z}{1-qz}\right) \prod_{i=1}^{p-1} \frac{z}{1-rz}
\\ = \frac{1-(q-1)z}{1-qz} \prod_{i=1}^{p-1} \frac{z}{1-rz}.$$
