题意：给定(n)个没有区别的(K)面骰子，对于(iin [2,2K])求出有多少种骰子序列使得任意两个骰子的点数和不为(i)
考虑对于一种点数限制(i)，如果使用了点数为(j)的骰子，那么点数为(i-j)的骰子就不能使用了
于是对于一种限制(i)，我们可以把(1)到(K)的点数(j)分一下类
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(j eq i-j,i-jin [1,K])，即(j)和(i-j)是两种不同的合法点数，则这两种点数只能出现一种
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(i-j otin [1,K])，即(j)这种点数的出现没有限制
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(i-j=j)，即(i=2j)，这个时候点数(j)只能出现一次
我们发现对于不同的(i)，都能分成这三类，且第三类会出现当且仅当(i)是偶数时
于是我们可以对前两种情况进行讨论
我们记第一种情况点数对有(cnt1)对，第二种情况点数有(cnt2)种
假设我们有两个数组，一个(dp_{i,j})表示用不超过(i)对互斥点数对凑出(j)个数有多少情况，(f_{i,j})表示用(i)种点数凑成(j)个数有多少情况，我们的答案就是
[sum_{j=0}^ndp_{cnt1,j} imes f_{cnt2,n-j}
]
当(i)为偶数的时候，还需要加上(sum_{j=0}^{n-1}dp_{cnt1,j} imes f_{cnt2,n-1-j})，即空出一个数给( frac{i}{2})的请况
考虑(f,dp)如何求出
(f)比较好求，显然有(f_{i,j}=sum_{k=0}^jf_{i-1,k})，即对于第(i)种点数枚举一下它选了多少个
(dp)表示的含义是互斥点数对，于是对于一对互斥点数对，可以是出现两种点数之一，于是(dp_{i,j}=dp_{i-1,j}+2 imessum_{k=0}^{k-1}dp_{i-1,k})，即枚举这一对点对选了多少个，由于两种都可以填，所以要乘(2)
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define re register
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
inline int read() {
char c=getchar();int x=0;while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
while(c>='0'&&c<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+c-48,c=getchar();return x;
}
const int mod=998244353;
const int maxn=2005;
int n,m,a[maxn];
int dp[maxn][maxn],f[maxn][maxn];
inline int qm(int x) {return x>=mod?x-mod:x;}
inline int dqm(int x) {return x<0?x+mod:x;}
inline int calc(int n,int a,int b) {
int now=0;
for(re int j=0;j<=n;j++)
now=qm(now+1ll*dp[a][j]*f[b][n-j]%mod);
return now;
}
int main() {
scanf("%d%d",&m,&n);
a[0]=1;dp[0][0]=1;for(re int i=1;i<=m;i++) dp[i][0]=1;
for(re int i=1;i<=m;i++) {
for(re int j=1;j<=n;j++)
a[j]=qm(a[j-1]+dp[i-1][j]);
for(re int j=1;j<=n;j++)
dp[i][j]=qm(2ll*a[j-1]%mod+dp[i-1][j]);
}
for(re int i=0;i<=m;i++) f[i][0]=1;
for(re int i=1;i<=m;i++)
for(re int j=1;j<=n;j++)
f[i][j]=qm(f[i][j-1]+f[i-1][j]);
int cnt1=0,cnt2=0,ans=0;
for(re int i=2;i<=2*m;++i) {
cnt1=cnt2=0;
for(re int j=1;j<=m;j++) {
if(i-j==j) continue;
if(i-j>=1&&i-j<=m) {
if(j<i-j) ++cnt1;
}
else ++cnt2;
}
ans=calc(n,cnt1,cnt2);
if(!(i&1)) ans=qm(ans+calc(n-1,cnt1,cnt2));
printf("%d
",ans);
}
return 0;
}