首先正面做不太好做，考虑容斥。
设 \(f(m)\) 表示排列中至少有 \(m\) 处 \(|P_i-i|=k\) 的方案数。
那么答案就是 \(\sum\limits_{i=0}^n(-1)^if(i)\)。
原题可以看成一个二分图的形式：（\(n=5\) 时）
左边是排列的编号，右边是权值，那么现在要做的就是连 \(n\) 条边，补全这个二分图，使得每个点的度数都是 \(1\)。
那么考虑什么时候会出现 \(|P_i-i|=k\) 的情况。
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如图，当 \(k=1\) 时，连出上图中的任意一条边都会使得 \(|P_i-i|=k\)。
我们考虑选出一些边，而且任意两条边都不能接在同一个端点上（因为每个点的度数要为 \(1\)）。
发现图中的边构成了若干条链且互不影响，于是把他们拿出来铺平：
此时如果要使得 \(|P_i-i|=k\)，只有相邻两个点之间才会连边，而且 \(a_5\) 和 \(1\) （第 \(5\) 个点和第 \(6\) 个点）之间不会连边。
设 \(dp(i,j,0/1)\) 表示已经考虑了前 \(i\) 个点，其中连了 \(j\) 条边，第 \(i-1\) 个点和第 \(i\) 个点之间是/否连边的方案数。
那么容易得到：
\[\begin{cases} dp(i,j,0)=dp(i-1,j,0)+dp(i-1,j,1)\\ dp(i,j,1)=dp(i-1,j-1,0) \end{cases} \]但是还有一种特殊情况，那就是 \(i=6\) 时，第 \(5\) 个点和第 \(6\) 个点之间不能连边，所以此时 \(dp(i,j,1)\) 不存在。
所以我们需要开一个数组判断一下某一个点是否是链的开头。
按着这个 dp，那么有 \(f(m)=(n-m)!\times dp(2n,m)\)。
意思就是先把满足有 \(m\) 个 \(|P_i-i|=k\) 的方案数算出来，剩下的数随便排列。
代码如下：
#include<bits/stdc++.h>
#define N 2010
#define ll long long
#define mod 924844033
using namespace std;
int n,k,tot,a[N];
ll fac[N],dp[N<<1][N][2];
bool vis[N<<1];
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&k);
fac[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
for(int i=1;i<=k;i++)
{
for(int t=0;t<2;t++)
{
for(int j=i;j<=n;j+=k)
{
tot++;
if(i!=j) vis[tot]=1;
}
}
}
dp[0][0][0]=1;
for(int i=1;i<=(n<<1);i++)
{
for(int j=0;j<=n;j++)
{
dp[i][j][0]=(dp[i-1][j][0]+dp[i-1][j][1])%mod;
if(vis[i]&&j) dp[i][j][1]=dp[i-1][j-1][0];
}
}
ll ans=0;
for(int i=0;i<=n;i++)
{
if(i&1) ans=(ans-(dp[n<<1][i][0]+dp[n<<1][i][1])*fac[n-i]%mod+mod)%mod;
else ans=(ans+(dp[n<<1][i][0]+dp[n<<1][i][1])*fac[n-i]%mod)%mod;
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}