分析：

比較簡單（板）的容斥題。

設枚舉出i個非法位置的方案數為$f_i$ 答案就是$\sum_{i=0}^{i\leq n}(-1)^if_i*(n-i)!$

問題就在於如何求$f_i$。顯然，可以把互相可能矛盾的位置分為一類，然後每一類搞一個$n^2$的DP求出來有k個矛盾的方案數。然後所有的一起求個揹包。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define SF scanf
#define
 
 PF printf
#define MAXN 2010
#define MOD 924844033
using namespace std;
typedef long long ll;
ll dp[MAXN][MAXN][2];
void prepare(){
	dp[0][0][0]=1;
	dp[0][0][1]=1;
	for(int i=1;i<=2000;i++)
		for(int j=0;j<=i;j++){
			dp[i][j][0]=dp[i-1][j][1];
			if(i>=1&&j>=1)
				dp[i][j][0]+=dp[i-1][j-1][0]
 
;
			dp[i][j][0]%=MOD;
			
			dp[i][j][1]=dp[i][j][0];
			if(i>=1&&j>=1)
				dp[i][j][1]+=dp[i-1][j-1][1];
			dp[i][j][1]%=MOD;
		}
}
int n,k;
ll sum[MAXN],fac[MAXN];
int main(){
	prepare();
	SF("%d%d",&n,&k);
	sum[0]=1;
	for(int i=1;i<=k*2&&i<=n;i++){
		int lenx=(n-
 
i)/(k*2)+1;
		int fir=i-k;
		int las=(lenx-1)*k*2+i+k;
		int kd;
		if(fir>=1&&las<=n)
			kd=1;
		else if(fir>=1||las<=n)
			kd=0;
		else{
			kd=1;
			lenx--;
		}
		/*PF("%d:{%d %d (%d %d)}\n",i,lenx,kd,fir,las);
		for(int j=0;j<=lenx;j++){
			PF("[%d %lld]\n",j,dp[lenx][j][kd]);
		}*/
		for(int i=n;i>=0;i--)
			for(int j=1;j<=lenx&&i-j>=0;j++){
				sum[i]+=sum[i-j]*dp[lenx][j][kd];
				sum[i]%=MOD;
			}
		/*PF("now,sum:\n");
		for(int i=1;i<=n;i++)
			PF("{%d %lld}\n",i,sum[i]);
		PF("-----------\n");*/
	}
	fac[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		fac[i]=fac[i-1]*i%MOD;
	ll ans=0;
	for(int i=0;i<=n;i++){
		if(i%2==0)
			ans=(ans+sum[i]*fac[n-i])%MOD;
		else
			ans=(ans-sum[i]*fac[n-i])%MOD;
	}
	PF("%lld",(ans+MOD)%MOD);
}