Подпоследовательности позиций членов со значением k

[kthxbye]

Имеем последовательность

$$a(n)=(1+s(n))\cdot a(t(n)), a(0)=1$$

где $s(n)$ это A014081, а $t(n)$ это A053645. После небольшой инспекции отмечаем следующее:

Чтобы достаточно просто получить подпоследовательность позиций членов со значением $k$, начните с наименьшего $n$, такого $что a(n) = k$, а затем используйте правило, такое же, как и для A003714: если $n$ находится в последовательности, то в ней также есть как $2n$, так и $4n + 1$. Гипотеза: подпоследовательность совпадает с последовательностью только в том случае, если $k = 1$ или $k = p!$ где $p$ - простое число (в остальных случаях требуются дополнительные значения, например при $k=4$ это $2^q+3$ где $q>3$).

Можно ли это как-нибудь доказать (или опровергнуть контрпримером)?

Иначе контрпример можно сформулировать так: два значения $r$, такие, что $a(4r+3)=p!$ для некоторого простого $p$.

[kthxbye]

Еще по контрпримеру: оператор $t(n)$ работает так:

$10010011$->$10011$->$11$->$1$

$s(n)$ это число блоков $\left\lbrace11\right\rbrace$ в двоичной записи $n$. Тогда если записывать числа в двоичной то

$a(11010111)=(1+3)a(1010111)=(1+3)(1+2)a(10111)=(1+3)(1+2)(1+2)a(111)=(1+3)(1+2)(1+2)a(11)=(1+3)(1+2)(1+2)(1+1)a(1)=(1+3)(1+2)(1+2)(1+1)(1+0)a(0)=(1+3)(1+2)(1+2)(1+2)(1+0)(1+0)$

Как сделать контрпример? Найти такое число вида $4s+3$ с нулями в двоичной, чтобы применяя оператор как выше мы получили бы $p!$.

[kthxbye]

Еще один вопрос: достаточно ли двух нулей для $q!$, где $q$ - составное?

$$\begin{bmatrix} 4 & 1101011 \\ 6 & 111011011 \\ 8 & 11110111011 \\ 9 & 111111010111 \\ 10 & 1111101111011 \end{bmatrix}$$

Если да, то это такой оригинальный тест на простоту.