不妨假设先手的牛在后手的牛左边，右边是对称的。
直接给出结论：先手必败当且仅当全部 \(b_i - a_i\) 为奇数。
证明考虑归纳，首先 \(\forall i \in [1, n], b_i - a_i = 1\) 是必败态，因为先手只能往左退，最后后手会把先手逼到最左边使得它无法动弹。
然后若存在 \(i\) 使得 \(b_i - a_i\) 为偶数，那么先手可以选择这些 \(i\) 然后把这些牛往右移，让后手面对这个 \(b_i - a_i\) 都为奇数的必败的局面。
计数是简单的。考虑数必败态，枚举 \(\sum\limits_{i = 1}^n b_i - a_i - 1 = t\)，那么相当于要把其他的空隙分成 \(n + 1\) 份分别插入开头、末尾和第 \(2i\) 和第 \(2i + 1\) 头牛之间，然后对于第 \(2i - 1\) 和第 \(2i\) 的牛之间都要分配偶数个空隙。这些都可以用插板法计算。
时间复杂度 \(O(l)\)。
code
// Problem: E. Farm Game
// Contest: Codeforces - CodeTON Round 8 (Div. 1 + Div. 2, Rated, Prizes!)
// URL: https://codeforces.com/contest/1942/problem/E
// Memory Limit: 256 MB
// Time Limit: 2000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)
#include <bits/stdc++.h>
#define pb emplace_back
#define fst first
#define scd second
#define mkp make_pair
#define mems(a, x) memset((a), (x), sizeof(a))
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ldb;
typedef pair<ll, ll> pii;
const int maxn = 2000100;
const ll mod = 998244353;
inline ll qpow(ll b, ll p) {
ll res = 1;
while (p) {
if (p & 1) {
res = res * b % mod;
}
b = b * b % mod;
p >>= 1;
}
return res;
}
ll n, m, fac[maxn], ifac[maxn];
inline ll C(ll n, ll m) {
if (n < m || n < 0 || m < 0) {
return 0;
} else {
return fac[n] * ifac[m] % mod * ifac[n - m] % mod;
}
}
inline ll F(ll n, ll m) {
return C(n + m - 1, m - 1);
}
void solve() {
scanf("%lld%lld", &n, &m);
fac[0] = 1;
for (int i = 1; i <= n * 2; ++i) {
fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
}
ifac[n * 2] = qpow(fac[n * 2], mod - 2);
for (int i = n * 2 - 1; ~i; --i) {
ifac[i] = ifac[i + 1] * (i + 1) % mod;
}
ll ans = 0;
for (int i = 0; i <= n; i += 2) {
int s = n - m * 2 - i, t = m + 1;
ans = (ans + C(s + t - 1, t - 1) * F(i / 2, m)) % mod;
}
printf("%lld\n", (C(n, m * 2) - ans + mod) % mod * 2 % mod);
}
int main() {
int T = 1;
scanf("%d", &T);
while (T--) {
solve();
}
return 0;
}