$\text{[problem]}$

$\text{[Solution]}$

这题最恶心的地方是卡空间。

我们先考虑不卡空间时怎么做。

直接并不好做，我们考虑正难则反，即利用容斥原理。答案应为从 $a$ 没有任何限制经过 $m$ 条边到 $b$ 的方案数减去从 $a$ 经过 $m$ 条边到 $b$ 且必须经过 $c$ 的方案数。

自然地，我们会想到用 $f_{m,i,j}$ 表示从 $i$ 经过 $m$ 到 $j$ 的方案数。显然其初始条件 $f_{0,i,i}=1$。

不难得到，$f$ 的转移方程为：

$$f_{m,i,j}=\sum _{k\to j}{f}_{m-1,i,k}$$

其中 $k\to j$ 表示节点 $k$ 可以到达节点 $j$。

很显然，由于每个节点可以到达的节点是一段连续的区间，我们可以用差分来优化我们的 $\text{dp}$。

表面上看，最终答案似乎就是

$$f_{m,a,b}-\sum _{k=0}^m\left(f_{k,a,c}\times f_{m-k,c,b}\right)$$

但是，这样的计数是错误的。因为我们可以多次经过 $c$ 这个节点，而每一次经过节点 $c$ 都会被重复计数。比如在一条途径中，我们在 $3,7,9$ 次经过节点 $c$，那么我们在 $k=3,7,9$ 时都会把这条途径计入。

怎样避免重复？我们可以强制从 $c$ 到 $b$ 的路径不能再经过 $c$。那这样会不会导致计数遗漏？不会，因为从 $a$ 到 $c$ 的路径还是可以重复经过 $c$ 的。

于是，我们可以新开一个数组 $g_{m,i,j}$ 表示从 $i$ 经过 $m$ 条边到 $j$ 但不能经过 $i$ 的方案数。$g$ 的转移和 $f$ 相似，只是 $g_{l,i,i}=0(l=1,2,\dots ,m)$。

但是这题卡空间。

我们发现，$f$ 和 $g$ 在 $m$ 时的转移都只和 $(m-1)$ 有关。于是 $f$ 和 $g$ 完全可以重复利用，只需要开二维即可。这样是可以满足空间要求的。但是有个问题，就是我们不能随时询问随时回答，因为我们并没有保留任意的 $m$ 的状态信息。

怎么办？不能在线回答询问，那就离线！于是主体思路完成。

就离线这一点，这题的难度上了一个台阶。

$\text{Code}$

const int mod=998244353;
inline void add(int &a,int b){
	a=(a+b>mod?a+b-mod:a+b);
}

const int N=510,M=105;
int l[N],r[N],n,q,m;
int f[2][N][N],g[2][N][N];

struct Query{
	int a,b,c,m,ans,f[M],g[M];
}Q[100010];

int main(){
	scanf("%d%d",&n,&q);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%d%d",&l[i],&r[i]);
	for(int i=1;i<=q;i++){
		scanf("%d%d",&Q[i].a,&Q[i].b);
		scanf("%d%d",&Q[i].c,&Q[i].m);
		m=max(m,Q[i].m);
	}
	
	for(int i=1;i<=n;i++)
		f[0][i][i]=g[0][i][i]=1;//init
	
	for(int k=0;k<=m;k++){
		bool s=(k&1),t=(s^1);//s 表示这一维的信息，t 表示下一维
		
		for(int i=1;i<=q;i++){
			int a=Q[i].a,b=Q[i].b,c=Q[i].c;
			Q[i].f[k]=f[s][a][c];Q[i].g[k]=g[s][c][b];
			if (k==Q[i].m) Q[i].ans=f[s][a][b];
		}
		
		memset(f[t],0,sizeof(f[t]));
		memset(g[t],0,sizeof(g[t]));
		
		for(int i=1;i<=n;i++)
			for(int j=1;j<=n;j++)
				if (r[j]){//可转移 
					add(f[t][i][l[j]],f[s][i][j]);
					add(f[t][i][r[j]+1],mod-f[s][i][j]);
					add(g[t][i][l[j]],g[s][i][j]);
					add(g[t][i][r[j]+1],mod-g[s][i][j]);
				}
		
		for(int i=1;i<=n;i++){
			for(int j=1;j<=n;j++){
				add(f[t][i][j],f[t][i][j-1]);
				add(g[t][i][j],g[t][i][j-1]);
			}
			g[t][i][i]=0;
		}
	}
	
	for(int i=1;i<=q;i++)
		for(int j=0;j<=Q[i].m;j++)
			Q[i].ans=(Q[i].ans-1ll*Q[i].f[j]*Q[i].g[Q[i].m-j]%mod)%mod;
	
	for(int i=1;i<=q;i++){
		Q[i].ans=(Q[i].ans+mod)%mod;
		printf("%d\n",Q[i].ans);
	}
	
	return 0;
}