問題の意味：指定された\（N- \）番目の差がないの\（K \）のため、ダイスを両面\（私は[2,2K]で\ \）は、 どのように多くのダイ配列は、任意の2つのダイスと判定されたとない\（I \）
一点制限のために検討\（iは\）にポイントを使用する場合、（J \）\次いでする指し、サイコロを（\ IJ）を\ダイスを使用することができません
だから、制限のために\（私は\） 、我々はできる（1 \）を\する（K \）\ポイントを\（j個\）クラスについてのポイント
\（J \ NEQ IJ、IJ \ [1、K] \） 、すなわち\（J \）と\（IJ \）二つの異なる法的点、2点がある唯一の出現であります
\（[1、K] \ notin \のIJ） 、すなわち\（Jは\）限定されるものではなく、このような点を生じます
\（IJ = J \） 、すなわち、\（I = 2J \） 、今回はポイント数\（jは\は）一度だけ表示されます
我々は異なるためにことがわかった\（私は\）場合に限り、3つのカテゴリーに分類することができ、そして第三のカテゴリーに表示されます\（私は\）場合でも数
だから我々は、最初の2つのケースについて議論することができます
私たちは、最初のケースを覚え持っているポイントを\（CNT1 \）のための第二ケースポイントがきた\（CNT2 \）種
我々は、2つのアレイがあると\（dp_ {I、J} \） 以下で表される\（Iは\）ミューテックスCouchuを指すように\（J \）どのように多くの状況の数を、\（F_ {I 、J} \）で表され、（私は\）\補うためにポイントの種類\（J \）私たちの答えはどのように多くの場合、数を
\ [\ sum_ {J = 0} ^ {ndp_ CNT1、J}回F_ {CNT2、NJ} \ \]
場合（私は\）\必要追加する場合でもある（\ \ sum_ {jは0回F_ {CNT2、N-1-J} \} ^ {N-1} dp_ {CNT1、J}を\） 、すなわち数$のうち空する
の\ FRAC {2}} I {$条件をしてください。
考えてみましょう\（F、DPの\）の入手方法
\（F \）より良好な需要、明らかに\（F_ {I、J} = \ sum_ {K = 0} ^ jf_ {I-1、K} \）最初のために、すなわち、\（Iは\）種は、ピースを指しそれはどのように多く選んだ何のため
\（DP \）意味ミューテックスに数を表し、その後ペアにミューテックス数、2点のいずれかが発生する可能性があり、そう\（dp_ {I、J} = dp_ {I-1、J} +2 \タイムズの\ sum_ {0} = ^ {K-K-I 1} {dp_。1、K} \） 、すなわち、両方のため、多数の列挙から選択された点の対を充填することができるので、取る\（2 \を）
コード
#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\n",ans);
}
return 0;
}