首先考虑暴力，枚举规划前缀 $[1, i]$ 和前缀 mex $x$，则我们需要 $x$ 个数来填了 $[0, x)$，还剩下 $i-x$ 个数随便填 $[0, x) \cup (x, n]$，如果直接组合数算可能会出问题，考虑 dp。
定义 $f[i][x][j]$ 表示规划前缀 $[1, i]$，当前的 mex 为 $x$，还有 $j$ 个数当前不对 mex 的取值造成影响（也就是说他们都大于 $x$，这 $j$ 个数是指在 $a$ 数组中的，所以我们不必关心这 $j$ 个数具体是什么）。转移就分两种情况：
- $a[i+1] \neq x$：$(i+1, x, j) \gets (i+1, x, j)+(i, x, j)*(x+j)$ 和 $(i+1, x, j+1) \gets (i, x, j)$，第一个就是考虑当加入的 $a[i+1]$ 属于那 $j$ 个数或者属于 $[0, x)$，第二个很简单；
- $a[i+1] = x$：设当前 mex 变成了 $y$，则有 $(i+1, y, j-y+x+1) \gets (i+1, y, j-y+x+1)+(i, x, j) \times \binom{j}{y-x-1} \times (y-x-1)!$，意义明显，注意后面那个是排列数而不是组合数。
然后这个是 $O(n^2k^2)$ 的，把刷表改成填表后前缀和优化即可。
using modint = modint998244353;
int n, K, a[2100];
modint dp[2][2100][2100], sum[2][2100][2100], fct[2100], ifct[2100];
inline int L(int i) { return max(0, a[i]-K); }
inline int R(int i) { return min(i, a[i]+K); }
signed main() {
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
fct[0] = 1;
for (int i=1; i<2100; ++i) {
fct[i] = fct[i-1]*i;
}
ifct[2099] = fct[2099].inv();
for (int i=2098; i>=0; --i) {
ifct[i] = ifct[i+1]*(i+1);
}
cin >> n >> K;
for (int i=1; i<=n; ++i) {
cin >> a[i];
}
dp[0][0][0] = sum[0][0][0] = 1;
for (int i=1,cur=1; i<=n; ++i,cur^=1) {
for (int j=0; j<=i; ++j) {
for (int x=L(i); x<=R(i) && x<=j; ++x) {
dp[cur][x][j] = dp[cur^1][x][j]*j;
if (j) {
dp[cur][x][j] += dp[cur^1][x][j-1];
}
if (j && x) {
dp[cur][x][j] += sum[cur^1][min(x-1, R(i-1))][j-1]*ifct[j-x];
}
sum[cur][x][j] = dp[cur][x][j]*fct[j-x];
if (x) {
sum[cur][x][j] += sum[cur][x-1][j];
}
}
}
for (int j=0; j<=i-1; ++j) {
for (int x=L(i-1); x<=R(i-1) && x<=j; ++x) {
dp[cur^1][x][j] = sum[cur^1][x][j] = 0;
}
}
}
modint ans = 0;
for (int i=0; i<=n; ++i) {
for (int j=L(n); j<=R(n) && j<=i; ++j) {
ans += dp[n&1][j][i]*fct[n-j]*ifct[n-i];
}
}
cout << ans.val() << "\n";
}