给定 \(N,M\)，求有多少个大小为 \(k\) 的可重集满足所有元素之和为 \(N\)，同一个数最多出现 \(M\) 次。对于每个 \(k=1\sim n\) 求出答案。

我们可以将大小为 \(k\) 的可重集转化为长度为 \(k\) 的不降序列，满足第一个数 \(>0\)​，不存在 \(M\) 个连续且相同的数。

一个不是很常见的套路，对于不降序列，我们作差分，可以将问题转化为任意序列。

我们令 \(B_1 = A_1\)，\(B_i=A_{i+1}-A_i\)，即 \(B\) 为 \(A\) 的差分数组，那么问题转化为 \(\sum\limits_{i=1}^k(k-i+1)B_i=N\)，且不存在连续 \(M\) 个 \(0\)。

后面就很容易了，我们将差分序列倒过来，转化为 \(\sum\limits_{i=1}^kiB_i=N\)，不存在连续 \(M\) 个 \(0\)，且 \(B_k>0\)。

所以子问题是 \(f_{i,j}\) 表示固定 \(B\) 的前 \(i\) 个数，最后一个数 \(>0\)，上面的和为 \(N\) 的方案数。枚举上一个不为 \(0\) 的位置 \(k\)，然后枚举 \(B_i\)，直接转移的时间复杂度是 \(\mathcal{O}(N^3\ln N)\)，前缀和优化后是 \(\mathcal{O}(N^2\ln N)\)，实测运行非常快。

#define N 5005
int n, m, f[N][N], s[N][N];
int main() {
	n = read(), m = read();
	f[0][0] = s[0][0] = 1;
	rep(i, 1, n){
		rep(j, 1, n){
			rep(p, 1, j / i){
				ad(f[i][j], s[i - 1][j - p * i]);
				if(i > m)su(f[i][j], s[i - m - 1][j - p * i]);
			}
			s[i][j] = (s[i - 1][j] + f[i][j]) % P;
		}
		s[i][0] = 1;
	}
	rp(i, n)printf("%d\n", f[i][n]);
	return 0;
}