做法一
考虑枚举有多少组是两个的。
\[ans_i=\sum\limits{i\choose j}{n-j\choose i}
\]
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：
\[ans_i=\sum\limits(-1)^j{i\choose j}{n-j\choose i-j}2^{i-j}
\]
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\(F_n(x)=\frac{\alpha^{n+1}-\beta^{n+1}}{\sqrt\Delta}\)，其中\(\Delta=x^2+6x+1,\alpha=\frac{x+1+\sqrt\Delta}2,\beta=\frac{x+1-\sqrt\Delta}2\)。
注意到\([x^0]\beta=0\)，因此只需要计算\(\alpha^{n+1}\)即可，\(\sqrt\Delta\)可以\(O(n)\)递推。
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#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);
}