/*
	题目翻译：
	有两个序列 a，b，以及一张二分图，二分图中左部节点 i 和右部节点 j 有边的条件是：ai^aj>=k。
	对每个 1<=k<=n 求二分图大小为 k 的匹配的数量。 
	
	这种异或起来大于或小于某个数的题以前有做过：CF1616H Keep XOR Low。
	
	两个思路：一个在 Trie 上考虑，一个直接在序列上考虑，两者殊途同归，为了方便理解我们在 Trie 上考虑。 
	
	因为题目要求的是匹配数量，数据范围又很小，考虑直接 dp。
	注意因为有两个序列所以我们维护两棵 Trie。 
	设 f[u][v][i] 表示在 a 序列的 Trie 的 u 子树和 b 序列的 Trie 的 v 子树内选出 i 个匹配的方案数。
	1.如果 k 当前这一位为 1。
	那么一对匹配不能同时在 ch1[u][0],ch2[v][0] 或同时在 ch1[u][1],ch2[v][1] 子树内。
	f[ ch1[u][0] ][ ch2[v][1] ][x]*f[ ch1[u][1] ][ ch2[v][0] ][y] -> f[u][v][x+y]。
	2.如果 k 当前这一位为 0。
	首先此时的匹配可以是来自：
	1.f[ch1[u][0]][ch2[v][0]][x]
	2.f[ch1[u][1]][ch2[v][1]][y]
	3.ch1[u][0] 和 ch2[v][1] 随便组合 
	4.ch1[u][1] 和 ch2[v][0] 随便组合
	可先算出后两个组合的方案数，再算出三个合在一起的方案数，具体见代码。
	
	代码实现时注意到你开不下 O(60*60*n^3) 的数组，但是儿子的 dp 数组只在父亲有用到， 
	所以在 dfs 时直接返回 dp 数组，也不需要真的去把 Trie 树建出来。 
	复杂度的话，看代码的话是每个点有个四重循环，好像是 O(n^5) 但是因为这个转移本质是树形背包，所以其实是 O(n^4)。
	
	因为直接看题解实在看不懂，所以代码参考了一篇题解的代码。 
	因为 vector 都是动态开空间，所以一定要注意每个 vector 到底要开多少。 
	
	这应该是我写过的最高级的代码（指语法）。 
*/
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long 
using namespace std;
const int N=2e2+5,mod=998244353;
inline int read(){
    int w = 1, s = 0;
    char c = getchar();
    for (; c < '0' || c > '9'; w *= (c == '-') ? -1 : 1, c = getchar());
    for (; c >= '0' && c <= '9'; s = 10 * s + (c - '0'), c = getchar());
    return s * w;
}
int n,k,inv[N],fact[N],q[N];
int C(int n,int m){
	if(n<m) return 0;
	return fact[n]*q[m]%mod*q[n-m]%mod;
}
void Init(){
	fact[0]=1;
	for(int i=1;i<N;i++) fact[i]=fact[i-1]*i%mod;
	inv[1]=1;
	for(int i=2;i<N;i++) inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
	q[0]=1;
	for(int i=1;i<N;i++) q[i]=q[i-1]*inv[i]%mod;
}

vector<int> merge1(vector<int> f1,vector<int> f2){  //合并两个 dp 数组 
	vector<int> dp(f1.size()+f2.size()-1,0);
	for(int i=0;i<f1.size();i++)
		for(int j=0;j<f2.size();j++)
			(dp[i+j]+=f1[i]*f2[j]%mod)%=mod;
	return dp;
}

vector<int> merge2(int n,int m){  //表示 n 个左部节点和 m 个右部节点随意匹配的方案数 
	vector<int> res(min(n,m)+1);
	for(int i=0;i<res.size();i++) res[i]=C(n,i)*C(m,i)%mod*fact[i]%mod;
	return res;
}

vector<int> dfs(int pos,vector<int> &a,vector<int> &b){
	
	if(a.empty() || b.empty()) return {1};
	if(pos==-1) return merge2(a.size(),b.size());
	
	vector<int> A0,A1,B0,B1;
	for(int x:a) if(x>>pos&1) A1.emplace_back(x); else A0.emplace_back(x);
	for(int x:b) if(x>>pos&1) B1.emplace_back(x); else B0.emplace_back(x);
	
	if(k>>pos&1) return merge1(dfs(pos-1,A0,B1),dfs(pos-1,A1,B0));
	
	vector<int> f1=dfs(pos-1,A0,B0),f2=dfs(pos-1,A1,B1);
	vector<int> dp(min(a.size(),b.size())+1,0);
	for(int i=0;i<f1.size();i++){
		for(int j=0;j<f2.size();j++){
			int lstA0=A0.size()-i,lstA1=A1.size()-j;   //计算剩余可供合并的点 
			int lstB0=B0.size()-i,lstB1=B1.size()-j;
			vector<int> f3=merge1(merge2(lstA0,lstB1) , merge2(lstA1,lstB0));  //先计算随便匹配的方案数。 
			for(int k=0;k<f3.size();k++) (dp[i+j+k]+=f1[i]*f2[j]%mod*f3[k]%mod)%=mod;
			f3.clear(); f3.shrink_to_fit();  //释放空间 
		}
	}
	  
	f1.clear(); f1.shrink_to_fit();  //释放空间 
	f2.clear(); f2.shrink_to_fit();  //释放空间
	
	return dp;
}
signed main(){
	n=read(),k=read();
	vector<int> a(n),b(n);
	for(int i=0;i<n;i++) a[i]=read();
	for(int i=0;i<n;i++) b[i]=read();
	
	Init();
	
	vector<int> ans=dfs(60,a,b);
	while(ans.size()<n+1) ans.emplace_back(0);
	for(int i=1;i<=n;i++) printf("%lld\n",ans[i]);
	return 0;
}