首先我们考虑树状数组的结构。会发现a_i 最终一定只会对 a_i 以及 a_i 的祖先节点产生贡献。那么假设有两点 i 以及 i的祖先 j，考虑 i 对 j 会贡献多少次（即节点j包含多少个a[i]）。节点j中的每个a[i]都经历了k次 f 操作。这等价于从i开始走 k 步（每次f操作可以选择不动，或者跳到相邻的祖先节点）走到 j的路径总数，直接用插板法解决，答案为C（d+k−1，k−1）=C(d+k-1，d)。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=2e5+10;
const LL P=998244353;
LL a[N], inv[N];
int main(){
    //freopen("a.in", "r", stdin);
    int T; scanf("%d", &T); inv[0]=inv[1]=1;
    for(int i=2; i<=N-10; i++) inv[i]=inv[P%i]*(P-P/i)%P;
    while(T--){
        int n, K; scanf("%d%d", &n, &K);
        for(int i=1; i<=n; i++) scanf("%lld", &a[i]);
        for(int i=1; i<=n; i++){
            LL t=1;
            for(LL j=i+i&-i, d=1; j<=n; j+=j&-j, d++){
                t=t*(d+K-1)%P*inv[d]%P;
                a[j]=(a[j]-t*a[i]%P+P)%P;
            }
        }
        for(int i=1; i<=n; i++) printf("%lld ", a[i]); printf("\n");
    }
 
     return 0;
}

/* 
首先我们考虑树状数组的结构。会发现a_i 最终一定只会对 a_i 以及 a_i 的祖先节点产生贡献。
那么假设有两点 i 以及 i的祖先 j，考虑 i 对  j  会贡献多少次（即节点j包含多少个a[i]）。节点j中的每个a[i]都经历了k次 f 操作。
这等价于从i开始走 k 步（每次f操作可以选择不动，或者跳到相邻的祖先节点）走到 j的路径总数，直接用插板法解决，答案为C（d+k−1，k−1）=C(d+k-1,d)。
*/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=2e5+10;
const LL P=998244353;
LL a[N], inv[N];
int main(){
    //freopen("a.in", "r", stdin);
    int T; scanf("%d", &T); inv[0]=inv[1]=1;
    for(int i=2; i<=N-10; i++) inv[i]=inv[P%i]*(P-P/i)%P;
    while(T--){
        int n, K; scanf("%d%d", &n, &K);
        for(int i=1; i<=n; i++) scanf("%lld", &a[i]);
        for(int i=1; i<=n; i++){
            LL t=1;
            for(LL j=i+i&-i, d=1; j<=n; j+=j&-j, d++){
                t=t*(d+K-1)%P*inv[d]%P;
                a[j]=(a[j]-t*a[i]%P+P)%P;
            }
        }
        for(int i=1; i<=n; i++) printf("%lld ", a[i]); printf("\n");
    }
 
    return 0;
}