Description

我們的小朋友很喜歡電腦科學，而且尤其喜歡二叉樹。
考慮一個含有n個互異正整數的序列c[1],c[2],...,c[n]。如果一棵帶點權的有根二叉樹滿足其所有頂點的權值都在集合{c[1],c[2],...,c[n]}中，我們的小朋友就會將其稱作神犇的。並且他認為，一棵帶點權的樹的權值，是其所有頂點權值的總和。
給出一個整數m，你能對於任意的s(1<=s<=m)計算出權值為s的神犇二叉樹的個數嗎？請參照樣例以更好的理解什麼樣的兩棵二叉樹會被視為不同的。
我們只需要知道答案關於998244353(7*17*2^23+1,一個質數)取模後的值。

Input

第一行有2個整數 n,m(1<=n<=10^5; 1<=m<=10^5)。
第二行有n個用空格隔開的互異的整數 c[1],c[2],...,c[n]（1<=c[i]<=10^5)。

Output

輸出m行，每行有一個整數。第i行應當含有權值恰為i的神犇二叉樹的總數。請輸出答案關於998244353(=7*17*2^23+1,一個質數)取模後的結果。

Sample Input

樣例一：
2 3
1 2
樣例二：
3 10
9 4 3
樣例三：
5 10
13 10 6 4 15

Sample Output

樣例一：
1
3
9
樣例二：
0
0
1
1
0
2
4
2
6
15
樣例三：
0
0
0
1
0
1
0
2
0
5

HINT

對於第一個樣例，有9個權值恰好為3的神犇二叉樹：

不會多項式求逆和多項式開根的先看看這裡。

首先設

設的生成函式為

設表示權值為的二叉樹的數量。

設的生成函式為：

當時，

當時，

所以我們就可以得到：

解這個關於的一元二次方程得：

檢驗：

當時，

舍。

類比可得，當時，。

綜上，

分式的分子分母同時乘以並化簡得：

然後就是多項式開根+多項式求逆啦。

如果有誤在評論區吼一聲哦！

程式碼：

#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int mod=998244353,g=3,gi=332748118,inv2=499122177;
int n,m,r[400010],v[400010],b[400010],c[4000010],d[400010],e[400010];
int rd(){
	int x=0;
	char c;
	do c=getchar();
	while(!isdigit(c));
	do{
		x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
		c=getchar();
	}while(isdigit(c));
	return x;
}
int qpow(int x,int n){
	int ret=1;
	while(n){
		if(n&1)
			ret=1ll*ret*x%mod;
		x=1ll*x*x%mod;
		n>>=1;
	}
	return ret;
}
void NTT(int *a,int limit,int type){
	for(int i=0;i<limit;i++)
		if(i<r[i])
			swap(a[i],a[r[i]]);
	for(int mid=1;mid<limit;mid<<=1){
		int wn=qpow(type==1?g:gi,(mod-1)/(mid<<1));
		for(int i=0;i<limit;i+=(mid<<1)){
			int w=1;
			for(int j=0;j<mid;j++,w=1ll*w*wn%mod){
				int x=a[i+j],y=1ll*w*a[i+j+mid]%mod;
				a[i+j]=x+y;
				a[i+j+mid]=x-y;
				if(a[i+j]>=mod)
					a[i+j]-=mod;
				if(a[i+j+mid]<0)
					a[i+j+mid]+=mod;
			}
		}
	}
	if(!~type){
		int inv=qpow(limit,mod-2);
		for(int i=0;i<limit;i++)
			a[i]=1ll*a[i]*inv%mod;
	}
	return;
}
void inv(int *a,int *b,int n){
	if(n==1){
		b[0]=qpow(a[0],mod-2);
		return;
	}
	inv(a,b,(n+1)>>1);
	int l=0,limit=1;
	while(limit<=(n<<1)){
		l++;
		limit<<=1;
	}
	for(int i=0;i<limit;i++)
		r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1));
	for(int i=0;i<n;i++)
		c[i]=a[i];
	for(int i=n;i<limit;i++)
		c[i]=0;
	NTT(b,limit,1);
	NTT(c,limit,1);
	for(int i=0;i<limit;i++)
		b[i]=(2ll*b[i]-1ll*b[i]*b[i]%mod*c[i]%mod+mod)%mod;
	NTT(b,limit,-1);
	for(int i=n;i<limit;i++)
		b[i]=0;
	return;
}
void sqrt(int *a,int *b,int n){
	if(n==1){
		b[0]=1;
		return;
	}
	sqrt(a,b,(n+1)>>1);
	for(int i=0;i<n;i++)
		d[i]=0;
	inv(b,d,n);
	int l=0,limit=1;
	while(limit<=(n<<1)){
		l++;
		limit<<=1;
	}
	for(int i=0;i<limit;i++)
		r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1));
	for(int i=0;i<n;i++)
		c[i]=a[i];
	for(int i=n;i<limit;i++)
		c[i]=0;
	NTT(d,limit,1);
	NTT(c,limit,1);
	for(int i=0;i<limit;i++)
		d[i]=1ll*c[i]*d[i]%mod;
	NTT(d,limit,-1);
	for(int i=0;i<n;i++)
		b[i]=(1ll*(b[i]+d[i])*inv2)%mod;
	for(int i=n;i<limit;i++)
		b[i]=0;
	return;
}
int main(){
	n=rd();
	m=rd();
	for(int i=1;i<=n;i++)
		v[rd()]=-4;
	v[0]=1;
	m++;
	sqrt(v,b,m);
	b[0]++;
	inv(b,e,m);
	for(int i=1;i<m;i++)
		printf("%d\n",e[i]*2%mod);
	return 0;
}