没有看懂差分做法，来一个暴力拆式子+数据结构做法。

考虑 ，然后你就发现都可以归约为 ，考虑中间情况，当其为 或 时候的贡献满足上面的式子，只有为 的时候上面的式子会算错，所以对于一个固定的 ，你考虑其答案为 ，其中 表示有多少个 满足 或 ，而 很好处理，只需要考虑 即可，考虑把 看成线段 ，显然 不跨过其中点的时候，，反之为 ，又因为 是整数，所以可以考虑中点为 ，接下来思路就比较清晰了，你考虑对于每一对 ，存他们的中点 ，绑定在一起，然后按照中点从大到小排序，对于每个 ，都可以考虑分成两类，因为是从大到小排序，所以一定会有 和 两个类别，对于 的，肯定取 ，然后你考虑把这里面的 按照 的和 的分开，进行绝对值化简。对于 的，肯定取 ，进行同理的拆分。

然后你发现这样的话复杂度是 ，还是超时，但是你发现，如果我们按照 从小到大处理，那么 和 的分界线一定会越来越往前，所以我们考虑不用每次都重新记录，直接从上一次没记录完的位置到当前继续记录，先考虑 ，此时的话我们只需要知道小于等于 的 的个数和他们的和，就可以算出 ， 的同理。

而维护这个东西可以树状数组（一个维护权值，一个维护个数），处理分界线可以二分，所以对于每个 只要算 就可以了，把答案存下来，可以 询问，时间复杂度 。

更多细节或者不懂的地方可以看代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define db double
#define vec vector
#define pb push_back
#define pll pair<ll,ll>
#define mkp make_pair
#define il inline
#define endl "\n"
using namespace std;
const ll mod=998244353;
const ll inf=1e18;
ll n,q,a[200005],b[200005],cnt[200005],ans[200005];
struct BIT{
	ll c[200005];
	ll lb(ll x){
		return x&(-x);
	}
	void add(ll x,ll y){
		for(ll i=x;i<=n;i+=lb(i)) c[i]+=y;
	}
	ll sum(ll x){
		ll res=0;
		for(ll i=x;i;i-=lb(i)) res+=c[i];
		return res;
	}
}tr1,tr2,tr3,tr4;
struct dat{
	ll a,b,m;
}p[200005];
bool cmp(dat x,dat y){
	return x.m>y.m;
}
ll sa(ll l,ll r){
	if(l>r) return 0;
	return a[r]-a[l-1];
}
ll sb(ll l,ll r){
	if(l>r) return 0;
	return b[r]-b[l-1];
}
ll bs(ll x){
	if(x>p[1].m) return 1;
	if(p[n].m>=x) return n+1;
	ll l=1,r=n,res=0;
	while(l<=r){
		ll md=(l+r)>>1;
		if(p[md].m<x){
			r=md-1,res=md;
		}else{
			l=md+1;
		}
	}
	return res;
}
void solve(){
	cin>>n>>q;
	for(ll i=1;i<=n;i++) tr1.c[i]=tr2.c[i]=tr3.c[i]=tr4.c[i]=cnt[i]=ans[i]=0;
	for(ll i=1;i<=n;i++) cin>>p[i].a>>p[i].b,p[i].m=(p[i].a+p[i].b)>>1,cnt[p[i].a]++,cnt[p[i].b]++,cnt[p[i].a]-=(p[i].a==p[i].b);
	sort(p+1,p+n+1,cmp);ll rt=n+1;
	for(ll i=1;i<=n;i++) tr1.add(p[i].a,1),tr2.add(p[i].a,p[i].a),a[i]=a[i-1]+p[i].a,b[i]=b[i-1]+p[i].b;
	for(ll i=1;i<=n;i++){
		ll pos=bs(i);
		for(ll j=pos;j<rt;j++) tr1.add(p[j].a,-1),tr2.add(p[j].a,-p[j].a),tr3.add(p[j].b,1),tr4.add(p[j].b,p[j].b);
		rt=pos;
		ll c1=tr1.sum(i),s1=tr2.sum(i),c2=tr3.sum(i),s2=tr4.sum(i);
		ll s3=sa(1,pos-1)-s1-(pos-1-c1)*i+c1*i-s1;
		ll s4=sb(pos,n)-s2-(n-pos+1-c2)*i+c2*i-s2;
		ans[i]=s3+s4-n+cnt[i];
	}
	while(q--){
		ll x;cin>>x;
		cout<<ans[x]<<" ";
	}
	cout<<endl;
}
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0),cout.tie(0);
    ll T;cin>>T;
    while(T--) solve();
    return 0;
}