做法一
考虑枚举有多少组是两个的。
[ans_i=sumlimits{ichoose j}{n-jchoose i}
]
这相当于是有(n)个球，在前(i)个中选(j)个，再任意选(i)个，要求不重复的方案数。
容斥有多少个是重复的得到：
[ans_i=sumlimits(-1)^j{ichoose j}{n-jchoose i-j}2^{i-j}
]
然后直接卷积即可。
做法二
设(f_{i,j})表示前(i)个数选(j)组的方案数，那么(f_{i,j}=f_{i-1,j}+f_{i-1,j-1}+f_{i-2,j-1})。
写成生成函数的形式就是(F_i(x)=(x+1)F_{i-1}(x)+xF_{i-2}(x))。
那么我们有(F_n(x)=frac{alpha^{n+1}-eta^{n+1}}{sqrtDelta})，其中(Delta=x^2+6x+1,alpha=frac{x+1+sqrtDelta}2,eta=frac{x+1-sqrtDelta}2)。
注意到([x^0]eta=0)，因此只需要计算(alpha^{n+1})即可，(sqrtDelta)可以(O(n))递推。
#include<cctype>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
const int N=1<<16|1,P=998244353;
int n,k,m,lim,w[N],rev[N],pw[N],fac[N],ifac[N],ffac[N],f[N],g[N];
int mod(int x){return x+(x>>31&P);}
int pow(int a,int b){int r=1;for(;b;b>>=1,a=1ll*a*a%P)if(b&1)r=1ll*a*r%P;return r;}
void init(int deg)
{
int half=(lim=1<<(33-__builtin_clz(deg)))/2,g=pow(3,(P-1)/lim);
w[half]=fac[0]=ifac[0]=ffac[0]=pw[0]=1;
for(int i=1;i<lim;++i) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|(i&1? half:0);
for(int i=1;i<=deg;++i) ifac[i]=pow(fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%P,P-2),ffac[i]=ffac[i-1]*(n-i+1ll)%P,pw[i]=mod(2*pw[i-1]%P);
for(int i=half+1;i<lim;++i) w[i]=1ll*g*w[i-1]%P;
for(int i=half-1;i;--i) w[i]=w[i<<1];
}
void NTT(int*a,int f)
{
if(!~f) std::reverse(a+1,a+lim);
for(int i=1;i<lim;++i) if(i<rev[i]) std::swap(a[i],a[rev[i]]);
for(int i=1;i<lim;i<<=1) for(int j=0,d=i<<1;j<lim;j+=d) for(int k=0,x;k<i;++k) x=1ll*w[i|k]*a[i|j|k]%P,a[i|j|k]=mod(a[j|k]-x),a[j|k]=mod(a[j|k]+x-P);
if(!~f) for(int i=0,x=P-(P-1)/lim;i<lim;++i) a[i]=1ll*x*a[i]%P;
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&k),init(m=std::min(n,k));
for(int i=0;i<=m;++i) f[i]=1ll*ifac[i]*mod((i&1? -1:1)*pow(ffac[i],P-2))%P,g[i]=1ll*pw[i]*ifac[i]%P*ifac[i]%P;
NTT(f,1),NTT(g,1);
for(int i=0;i<lim;++i) f[i]=1ll*f[i]*g[i]%P;
NTT(f,-1);
for(int i=1;i<=m;++i) printf("%lld ",1ll*fac[i]*ffac[i]%P*f[i]%P);
for(int i=m+1;i<=k;++i) printf("%d ",0);
}