这是一种 dp 状态不那么抽象的组合数做法。但是很复杂，仅供参考。
经过思考后发现，我们可以将字符串串按零的位置割开并分成若干个子串，设 \(a_i\) 表示第 \(i\) 个子串中 \(1\) 的个数（子串长度），这样就能转化为每一次操作将后面的一个数减 \(1\)，前面的一个数加 \(1\)，求操作数小于等于 \(k\) 能产生的本质不同的数组个数，我们发现这个可以用 dp 解决。
具体应该怎么做的？容易想到一个不管重复的 dp，也就是记 \(f_{i,j}\) 表示考虑到第 \(i\) 个数，操作 \(j\) 次可以得到的不同操作序列，显然这个肯定是错的。该怎么判重？通过观察发现，每一个 \(a_i\) 要么只加要么只减，否则所需步数还多，最终还有可能重复。我们统计的数即为数组的加减情况（废话），但是这还远远不够，因为我们发现对于当前状态下的两种情况 6 2，5 3，现在考虑加一个 \(1\)，当我们加到第一个数时，可以得到 7 2 和 6 3，当我们加到第二个数时，可以得到 6 3，5 4，很遗憾，又有重复情况出现，考虑继续增添限制。观察这个过程，我们如果在一个方案中，先加完需要增加的第一个，再加需要增加的第二个，然后第一个就不再去管了，于是这个做法就不会被操作顺序等影响了，这样就可以进行一个 dp，记 \(f_{i,j,k}\) 表示考虑到第 \(i\) 位，前面有 \(j\) 个位置可以加，共花了 \(k\) 次操作的方案数，这个 dp 有两个转移：
我们将只能被加的位叫做接收位，只能减的位叫做输出位。
第一个转移表示让当前这一位作为接收位。
第二个转移就有点复杂了，首先这个是这一位作为输出位的转移，\(l\) 表示这一位加完了前面的多少接收位（意思就是说，有 \(l\) 位是只有我能加的，其它的输出位只能加这 \(l\) 位以后的了），显然 \(l\) 是可以为 \(0\) 的，因为这就表示这个输出位全部就加到当前的接收位，并且下一个输出位也可以加到这里。
\(o\) 则表示一共输出了 \(o\)，后面的组合数则表示给前面的 \(l+1\) 的接收位的分配方案数，用插板法计算，至于上面为啥要减个 \(1\)，是因为如果不保证最后一位一定会被分配就又会有重复的情况，所以先钦定一个输出量给最后一个接收位。
因为 \(o\) 最多就会枚举 \(n\) 次，所以这个 dp 的时间复杂度为 \(\mathcal{O}(n^4)\)，但是估计出题人没想到会有这么愚蠢的方法出现，于是没有故意卡，最慢的点也只有四百多毫秒，而且它跑不满，所以直接过了。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define rep(i, l, r) for (int i = l; i <= r; ++ i)
#define rrp(i, l, r) for (int i = r; i >= l; -- i)
#define pii pair <int, int>
#define eb emplace_back
#define inf 1000000000
#define linf 1000000000000000000
using namespace std;
typedef long long ll;
constexpr int N = 305, P = 998244353;
inline int rd ()
{
int x = 0, f = 1;
char ch = getchar ();
while (! isdigit (ch))
{
if (ch == '-') f = -1;
ch = getchar ();
}
while (isdigit (ch))
{
x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48);
ch = getchar ();
}
return x * f;
}
void add (int &x, int y)
{
(x += y) >= P && (x -= P);
}
char s[N];
int m;
int f[2][N][N];
int a[N];
int C[N << 1][N << 1];
signed main ()
{
// freopen ("1.in", "r", stdin);
// freopen ("1.out", "w", stdout);
C[0][0] = 1;
rep (i, 1, 600) rep (j, 0, i) C[i][j] = (C[i - 1][j] + C[i - 1][j - 1]) % P;
scanf ("%s", s + 1); m = rd ();
int n = strlen (s + 1); s[++ n] = '0';
m = min (m, n); int cnt = 0, tot = 0, sum = 0;
rep (i, 1, n) if (s[i] == '0') a[++ tot] = cnt, cnt = 0; else ++ cnt, ++ sum;
int p = 0; f[0][0][0] = 1;
rep (i, 1, tot)
{
int v = ! p; rep (j, 0, i) rep (k, 0, m)
{ if (j) f[v][j][k] = f[p][j - 1][k];
rep (l, 0, j - 1)
rep (o, 1, min (k, a[i]))
add (f[v][j - l][k], f[p][j][k - o] * C[o + l - 1][l] % P);
} memset (f[p], 0, sizeof f[p]);
}
int ret = 0; rep (i, 0, tot) rep (j, 0, m)
add (ret, f[p][i][j]); printf ("%lld\n", ret);
}