分析
询问显然得预处理，考虑以优先级建权值线段树，
将优先级离散化处理，那么第(k)大可以用线段树来求
那任务怎么办，考虑时间用扫描线的方法，按照时间建新的线段树
把任务分成两部分，在两端差分，实际上每次修改只会修改一小部分，
所以用主席树做，空间复杂度就能得到保证
代码
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#define rr register
using namespace std;
typedef long long lll;
const int N=100011;
int n,m,T,b[N],rt[N];
struct rec{int x,p;}a[N<<1];
struct Chair{
lll ww[N<<6],wc[N<<6];
int ls[N<<6],rs[N<<6],cnt;
inline void build(int &rt,int l,int r){
rt=++cnt,ww[rt]=wc[rt]=0;
if (l==r) return;
rr int mid=(l+r)>>1;
build(ls[rt],l,mid);
build(rs[rt],mid+1,r);
}
inline void update(int &rt,int l,int r,int x,int z){
rr int trt=++cnt;
ls[trt]=ls[rt],rs[trt]=rs[rt],
ww[trt]=ww[rt],wc[trt]=wc[rt],rt=trt;
if (l==r){
wc[rt]+=z,ww[rt]+=z*b[l];
return;
}
rr int mid=(l+r)>>1;
if (x<=mid) update(ls[rt],l,mid,x,z);
else update(rs[rt],mid+1,r,x,z);
wc[rt]=wc[ls[rt]]+wc[rs[rt]],
ww[rt]=ww[ls[rt]]+ww[rs[rt]];
}
inline lll query(int rt,int l,int r,int kth){
if (l==r) return kth*b[l];
rr int mid=(l+r)>>1;
return kth<=wc[ls[rt]]?query(ls[rt],l,mid,kth):
query(rs[rt],mid+1,r,kth-wc[ls[rt]])+ww[ls[rt]];
}
}Tre;
inline signed iut(){
rr int ans=0; rr char c=getchar();
while (!isdigit(c)) c=getchar();
while (isdigit(c)) ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(c^48),c=getchar();
return ans;
}
inline void print(lll ans){
if (ans>9) print(ans/10);
putchar(ans%10+48);
}
bool cmp(rec a,rec b){return a.x<b.x;}
signed main(){
m=iut()<<1,T=iut(),Tre.cnt=0;
for (rr int i=1;i<=m;i+=2){
a[i].x=iut(),a[i+1].x=iut()+1,
a[i].p=iut(),a[i+1].p=-a[i].p,
b[++n]=a[i].p;
}
sort(b+1,b+1+n),sort(a+1,a+1+m,cmp),
n=unique(b+1,b+1+n)-b-1,Tre.build(rt[0],1,n);
for (rr int i=1,j=0;i<=m;++i){
rr int op=1; if (a[i].p<0) op=-1,a[i].p*=op;
for (;j<a[i].x;++j) rt[j+1]=rt[j]; if (j==T+1) break;
rr int t=lower_bound(b+1,b+1+n,a[i].p)-b;
Tre.update(rt[j],1,n,t,op);
}
for (rr lll lans=1;T;--T){
rr int X=iut(),A=iut(),B=iut(),C=iut();
rr int kth=1+(1ll*A*lans+B)%C;
if (Tre.wc[rt[X]]<=kth) lans=Tre.ww[rt[X]];
else lans=Tre.query(rt[X],1,n,kth);
print(lans),putchar(10);
}
return 0;
}