Description

常数国与 Hack 国近年来战火纷飞。
常数国共有 n 个城市，每两个城市之间均有一条交通线联通。如今常数国遭到 Hack 国的重创，岌岌可危。Hack 国国王小 K 决定轰炸常数国的交通线，对常数国发起最后的攻击。
面对危难之时，常数国国王决定更换首都。在 Hack 国的轰炸结束之后，常数国的领土将会分成若干个联通块。常数国的首都，将会从联通块大小最大的联通块中，随机选择一个城市，作为首都。
小 K 得知了常数国的应对方案之后，他想知道，Hack 国有多少种不同的轰炸方案，使得常数首都所在的联通块大小恰好为 k。两种轰炸方案是不同的，当且仅当一条交通线在一种方案中存在，在另一种方案中被轰炸。由于方案数可能很大，你需要输出方案数对 998,244,353 取模的结果。

Input

从文件bomb.in中读入数据。
共一行，两个整数 n,k ，表示常数国城市的个数与首都所在联通块大小。

Output

输出到文件bomb.out中。
共一行，表示 Hack 国的轰炸方案数对 998,244,353 取模后的结果。

Sample Input

​Sample Input 1

3 2

Sample Input 2

5 3

Sample 3

见选手目录下的bomb/bomb3.in与bomb/bomb3.ans。
该组样例的数据范围同第 8 个测试点。

Sample Output

Sample Output1

3

Explanation

3 种方案分别为，仅保留 1 号城市与 2 号城市的交通线，仅保留 2 号城市与3 号城市的交通线，仅保留 1 号城市与 3 号城市的交通线。

Sample Output2

80

Data Constraint

对于 100% 的数据，满足 1 ≤ k ≤ n ≤ 2 × 10 3 。除此之外，对于每个数据点，还满足以下限制。

Solution

• 我们需要灵活地DP！

• 考虑设 $f[i]$f[i] 表示大小为 $i$i 的连通图的个数。

• 为了求出 $f[i]$f[i] ，我们再设一个 $h[i]$h[i] 表示大小为 $i$i 的图的个数。

• 则有：$h[0]=1,h[i]=h[i-1]*2^{i-1}$h[0]=1,h[i]=h[i−1]∗2i−1

• 即：$h[i]=2^{C_{i}^{2}}$h[i]=2Ci2​

• 那么 $f[i]$f[i] 就很好求了：$f[i]=h[i]-\sum_{j=1}^{i-1}C_{i-1}^{j-1}*f[j]*h[i-j]$f[i]=h[i]−j=1∑i−1​Ci−1j−1​∗f[j]∗h[i−j]

• 注意这些点是有编号的，所以组合数应为 $C_{i-1}^{j-1}$Ci−1j−1​ 而非 $C_{i}^{j}$Cij​ 。

• 求出了 $f[i]$f[i] 我们就更容易求出答案了。

• 设 $g[i]$g[i] 为大小为 $i$i 的图的个数，其中这些图中的连通块大小不超过 $k$k。

• 于是就有转移：$g[i]=\sum_{j=1}^{min(i,k)}C_{i-1}^{j-1}*f[j]*g[i-j]$g[i]=j=1∑min(i,k)​Ci−1j−1​∗f[j]∗g[i−j]

• 由于 $g$g 表示的图的连通块大小 $\leq k$≤k ，那么我们又设一个 $g1[i]$g1[i] 表示 $\leq k-1$≤k−1 的。

• 转移即把上面的 $k$k 换成 $k-1$k−1。

• 那么答案就是 $g[n]-g1[n]$g[n]−g1[n] 。

• 时间复杂度 $O(n^2)$O(n2) ，用FFT优化可达 $O(n\ log\ n)$O(n log n) 。

• 这题的DP方式比较套路，但是如果之前没接触过的话就不是特别好想，需要多积累。

Code

#include<cstdio>
#include<cctype>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=2005,mo=998244353;
int f[N],g[N],g1[N],h[N],c[N][N];
inline int read()
{
    int X=0,w=0; char ch=0;
    while(!isdigit(ch)) w|=ch=='-',ch=getchar();
    while(isdigit(ch)) X=(X<<3)+(X<<1)+(ch^48),ch=getchar();
    return w?-X:X;
}
inline int ksm(int x,int y)
{
	int s=1;
	while(y)
	{
		if(y&1) s=(LL)s*x%mo;
		x=(LL)x*x%mo;
		y>>=1;
	}
	return s;
}
int main()
{
	freopen("bomb.in","r",stdin);
	freopen("bomb.out","w",stdout);
	int n=read(),k=read();
	for(int i=0;i<=n;i++) c[i][0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<=i;j++)
			c[i][j]=(c[i-1][j-1]+c[i-1][j])%mo;
	f[0]=g[0]=g1[0]=h[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		h[i]=ksm(2,i*(i-1)/2);
		for(int j=1;j<i;j++)
			f[i]=(f[i]+(LL)c[i-1][j-1]*f[j]%mo*h[i-j])%mo;
		f[i]=(mo-f[i]+h[i])%mo;
		for(int j=1,up=i<k?i:k;j<=up;j++) g[i]=(g[i]+(LL)c[i-1][j-1]*f[j]%mo*g[i-j])%mo;
		for(int j=1,up=i<k-1?i:k-1;j<=up;j++) g1[i]=(g1[i]+(LL)c[i-1][j-1]*f[j]%mo*g1[i-j])%mo;
	}
	printf("%d",(g[n]-g1[n]+mo)%mo);
	return 0;
}