题目大意
一行有(n)个球，现在将这些球分成(k) 组，每组可以有一个球或相邻两个球。一个球只能在至多一个组中（可以不在任何组中）。求对于(1leq kleq m)的所有(k)分别有多少种分组方法。
答案对(998244353)取模。
(nleq {10}^9,m<2^{19})
题解
因为(k>n)的项都是(0)，所以我们钦定(mleq n)
考虑DP。
记(f_{i,j})为前(i)个球分为(j)组的方案数。
[f_{i,j}=f_{i-1,j}+f_{i-1,j-1}+f_{i-2,j-1}
]
直接做是(O(nm))的。
如果把(f_i)看成一个多项式，即
[F_i(x)=sum_{jgeq 0}f_{i,j}x^j
]
那么转移就变成了
[F_i(x)=(1+x)F_{i-1}(x)+xF_{i-2}(x)
]
这是一个常系数齐次线性递推，用FFT优化可以做到(O(mlog mlog n))
考虑怎么求一个常系数齐次线性递推关系的通项公式。
先求出这个转移矩阵的特征多项式：
[lambda^2-(1+x)lambda-x
]
特征值为
[egin{align}
lambda_1&=frac{1+x+sqrt{x^2+6x+1}}{2}\
lambda_2&=frac{1+x-sqrt{x^2+6x+1}}{2}
end{align}
]
我们钦定(F_{-1}(x)=0)，设
[F_i(x)=c_1{lambda_1}^{i+1}+c_2{lambda_2}^{i+1}
]
带入(F_{-1}(x),F_0(x))得
[egin{cases}
c_1&+c2&=0\
c_2lambda_1&+c_2lambda_2&=1
end{cases}
]
解得
[egin{cases}
c_1&=frac{1}{lambda_1-lambda_2}\
c_2&=frac{1}{lambda_2-lambda_1}
end{cases}
]
于是
[F_i(x)=frac{{lambda_1}^{i+1}-{lambda_2}^{i+1}}{lambda_1-lambda_2}
]
直接用多项式开根求出(lambda_1,lambda_2)，然后用多项式(ln exp)求出(F_n(x))
时间复杂度：(O(mlog m))
小优化：因为([x^0]lambda_2=0)，所以(lambda_2)的前(n+1)项都是(0)。因为(mleq n)，所以
[{lambda_2}^{n+1}equiv 0 pmod {x^{m+1}}
]
所以我们不用计算({lambda_2}^{n+1})了。
代码
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=300000;
const ll p=998244353;
const ll g=3;
const ll inv2=(p+1)/2;
ll fp(ll a,ll b)
{
ll s=1;
for(;b;b>>=1,a=a*a%p)
if(b&1)
s=s*a%p;
return s;
}
int rev[maxn];
ll w1[maxn];
ll w2[maxn];
void ntt(ll *a,int n,int t)
{
int i,j,k;
ll u,v,w,wn;
for(i=1;i<n;i++)
{
rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|(i&1?n>>1:0);
if(rev[i]>i)
swap(a[i],a[rev[i]]);
}
for(i=2;i<=n;i<<=1)
{
wn=(t==1?w1[i]:w2[i]);
for(j=0;j<n;j+=i)
{
w=1;
for(k=j;k<j+i/2;k++)
{
u=a[k];
v=a[k+i/2]*w%p;
a[k]=(u+v)%p;
a[k+i/2]=(u-v)%p;
w=w*wn%p;
}
}
}
if(t==-1)
{
ll inv=fp(n,p-2);
for(i=0;i<n;i++)
a[i]=a[i]*inv%p;
}
}
void getinv(ll *a,ll *b,int n)
{
if(n==1)
{
b[0]=fp(a[0],p-2);
return;
}
getinv(a,b,n>>1);
static ll a1[maxn],a2[maxn];
int i;
for(i=0;i<n;i++)
a1[i]=a[i];
for(;i<n<<1;i++)
a1[i]=0;
for(i=0;i<n>>1;i++)
a2[i]=b[i];
for(;i<n<<1;i++)
a2[i]=0;
ntt(a1,n<<1,1);
ntt(a2,n<<1,1);
for(i=0;i<n<<1;i++)
a1[i]=a2[i]*((2-a1[i]*a2[i])%p)%p;
ntt(a1,n<<1,-1);
for(i=0;i<n;i++)
b[i]=a1[i];
}
void getsqrt(ll *a,ll *b,int n)
{
if(n==1)
{
b[0]=1;
return;
}
getsqrt(a,b,n>>1);
static ll a1[maxn],a2[maxn],a3[maxn];
int i;
for(i=0;i<n>>1;i++)
a1[i]=b[i];
for(;i<n<<1;i++)
a1[i]=0;
for(i=0;i<n;i++)
a2[i]=a[i];
for(;i<n<<1;i++)
a2[i]=0;
getinv(a1,a3,n);
ntt(a2,n<<1,1);
ntt(a3,n<<1,1);
for(i=0;i<n<<1;i++)
a2[i]=a2[i]*a3[i]%p;
ntt(a2,n<<1,-1);
for(i=0;i<n;i++)
b[i]=(a1[i]+a2[i])%p*inv2%p;
}
void getln(ll *a,ll *b,int n)
{
static ll inv[maxn],a1[maxn],a2[maxn];
int i;
inv[0]=inv[1]=1;
for(i=2;i<n;i++)
inv[i]=-p/i*inv[p%i]%p;
for(i=1;i<n;i++)
a1[i-1]=a[i]*i%p;
a1[n-1]=0;
getinv(a,a2,n);
for(i=n;i<n<<1;i++)
a1[i]=a2[i]=0;
ntt(a1,n<<1,1);
ntt(a2,n<<1,1);
for(i=0;i<n<<1;i++)
a1[i]=a1[i]*a2[i]%p;
ntt(a1,n<<1,-1);
for(i=1;i<n;i++)
b[i]=a1[i-1]*inv[i]%p;
b[0]=0;
}
void getexp(ll *a,ll *b,int n)
{
if(n==1)
{
b[0]=1;
return;
}
getexp(a,b,n>>1);
int i;
for(i=n>>1;i<n;i++)
b[i]=0;
static ll a1[maxn],a2[maxn],a3[maxn];
getln(b,a1,n);
for(i=0;i<n>>1;i++)
{
a2[i]=b[i];
a3[i]=a[i+(n>>1)]-a1[i+(n>>1)];
}
for(;i<n;i++)
a2[i]=a3[i]=0;
ntt(a2,n,1);
ntt(a3,n,1);
for(i=0;i<n;i++)
a2[i]=a2[i]*a3[i]%p;
ntt(a2,n,-1);
for(i=0;i<n>>1;i++)
b[i+(n>>1)]=a2[i];
}
ll a[maxn];
ll b[maxn];
ll c[maxn];
ll d[maxn];
ll e[maxn];
int n,m;
int k;
void solve()
{
k=1;
while(k<=m)
k<<=1;
int i;
for(i=2;i<=k<<1;i++)
{
w1[i]=fp(g,(p-1)/i);
w2[i]=fp(w1[i],p-2);
}
d[0]=1;
d[1]=6;
d[2]=1;
getsqrt(d,c,k);
for(i=0;i<k;i++)
a[i]=c[i];
a[0]++;
a[1]++;
for(i=0;i<k;i++)
a[i]=a[i]*inv2%p;
getinv(c,b,k);
getln(a,e,k);
for(i=0;i<k;i++)
e[i]=e[i]*(n+1)%p;
getexp(e,a,k);
for(i=k;i<k<<1;i++)
a[i]=b[i]=0;
ntt(a,k<<1,1);
ntt(b,k<<1,1);
for(i=0;i<k<<1;i++)
a[i]=a[i]*b[i]%p;
ntt(a,k<<1,-1);
for(i=1;i<=m;i++)
{
a[i]=(a[i]+p)%p;
printf("%lld ",a[i]);
}
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("b.in","r",stdin);
freopen("b.out","w",stdout);
#endif
int x=0;
scanf("%d%d",&n,&m);
if(m>n)
{
x=m-n;
m=n;
}
solve();
while(x--)
printf("0 ");
return 0;
}