无

$2^a$（$a=0,1,2\cdots$）

对正整数 $m$，设 $v_2(m)$ 表示正整数 $m$ 的标准分解中素因子 $2$ 的方幂，则熟知$$v_2(m!)=m-S(m)\qquad\cdots\cdots\text{ ① }$$这里 $S(m)$ 表示正整数 $m$ 在二进制表示下的数码之和．、
由于 $2^{(k-1)n+1}$ 不整除 $\dfrac{(kn)!}{n!}$ 等价于 $v_2\left(\dfrac{(kn)!}{n!}\right)\leqslant(k-1)n$，即$$kn-v_2[(kn)!]\geqslant n-v_2(n!),$$进而由 $\text{ ① }$ 知，本题等价于求所有正整数 $k$，使得 $S(kn)\geqslant S(n)$ 对任意正整数 $n$ 成立．
我们证明，所有符合条件的 $k$ 为 $2^a$（$a=0,1,2,\cdots$）．
一方面，由于 $S(2^an)=S(n)$ 对任意正整数 $n$ 成立，故 $k=2^a$ 符合条件．
另一方面，若 $k$ 不是 $2$ 的方幂，设 $k=2^a\cdot q,a\geqslant0$，$q$ 是大于 $1$ 的奇数．
下面构造一个正整数 $n$，使得 $S(kn)<S(n)$，因为$$S(kn)=S(2^aqn)=S(qn),$$因此问题等价于我们选取 $q$ 的一个倍数 $m$，使得$$S(m)<S\left(\dfrac{m}{q}\right).$$由于 $(2,q)=1$，熟知存在正整数 $u$，使得 $2^u\equiv1\pmod{q}$．
设奇数 $q$ 的二进制表示为$$2^{\alpha_1}+2^{\alpha_2}+\cdots+2^{\alpha_t},0=\alpha_1<\alpha_2<\cdots<\alpha_t,t\geqslant2.$$取 $m=2^{\alpha_1}+2^{\alpha_2}+\cdots+2^{\alpha_{t-1}}+2^{\alpha_{t-1}+tu}$，则$$S(m)=t,\land m=q+2^{\alpha_t}(2^{tu}-1)\equiv0\pmod{q}.$$我们有\[\begin{split}\dfrac{m}{q}&=1+2^{\alpha_t}\cdot\dfrac{2^{tu}-1}{q}\\&=1+2^{\alpha_t}\cdot\dfrac{2^{tu}-1}{q}(1+2^u+\cdots+2^{(t-1)u})\\&=1+\sum\limits_{t=0}^{t-1}{\dfrac{2^u-1}{q}\cdot2^{lu+\alpha_t}}\qquad\cdots\cdots\text{ ② }.\end{split}\]由于 $0<\dfrac{2^u-1}{q}<2^u$，故正整数 $\dfrac{2^u-1}{q}$ 的二进制表示中的最高次幂小于 $u$，由此易知，对任意整数 $i,j$（$0\leqslant i<j\leqslant t-1$），数 $\dfrac{2^u-1}{q}\cdot2^{iu+\alpha_t}$ 与 $\dfrac{2^u-1}{q}\cdot2^{ju+\alpha_t}$ 的二进制表示中没有相同的项．
又因为 $\alpha_t>0$，故 $\dfrac{2^u-1}{q}\cdot2^{lu+\alpha_t}$ 的二进制表示中均不包含 $1$，故由 $\text{ ② }$ 可知$$S\left(\dfrac{m}{q}\right)=1+S\left(\dfrac{2^u-1}{q}\right)\cdot t>t=S(m).$$因此上述选取的 $m$ 满足要求．
综合上述的两方面可知，所求的 $k$ 为 $2^a$（$a=0,1,2\cdots$）．