一个 $O(m+q\log m)$ 的做法。

首先每次询问 $(x,y)$ 只需要考察 $t_i\le y\le t_i+L$ 的顾客，不妨假定这些顾客是 $t_l,t_{l+1},\cdots,t_r$。

然后容易发现对于时刻 $x+y,2x+y,3x+y,\cdots$，厨师都会做好一个面包，于是相当于将这些时刻与顾客进行匹配。

不妨考虑 Hall 定理，最大匹配数是 $|S|-\max\limits_{T\subseteq S}(|T|-|E(T)|)$，令 $S$ 为顾客的集合，则 $E(T)$ 只会取决于最大的那个 $t$，显然 $T$ 一定取的是一个顾客的前缀，即答案是 $r-l+1-\max\limits_{i=l}^r(i-l+1-\lfloor\frac{t_i+L-y}x\rfloor)$，稍微推一下可以变成 $r-\max\limits_{i=l}^r(i-\lfloor\frac{t_i+L-y}x\rfloor)$，然后可以变成 $r-\lceil\max\limits_{i=l}^r(i-\frac{t_i+L-y}x)\rceil$，然后变成 $r-\lceil\frac{\max\limits_{i=l}^r(ix-t_i)-L+y}x\rceil$。

于是我们的问题变成了求 $\max\limits_{i=l}^r (ix-t_i)$。

区间一次函数最值问题显然可以使用线段树维护凸壳 / 李超树做到 $O((m+q)\log m)$ 或 $O(m\log^2m+q\log m)$ 等，但是 $m\le 2\times10^6$，不妨认为出题人想让我们做到 $O(m+q\log m)$。

考虑询问的特征，因为 $l,r$ 锁定的是一个 $t_i\in[y-L,y]$ 的区间，所以将询问按左端点排序，则右端点同样是单调的。

将询问离线，同时维护一个队列，显然我们只需要在加点和删点时维护队列中所有点的凸壳。

注意到两个栈就可以模拟一个队列，具体的，维护两个栈 $z1,z2$，队列从队头到队尾的顺序是 $z1$ 栈顶到栈底的顺序再拼上 $z2$ 栈底到栈顶的顺序。每次入队时就直接在 $z2$ 中进栈，出队时考虑若 $z1$ 为空就将 $z2$ 的整个栈删空并倒着插入进 $z1$，然后弹掉 $z1$ 的栈顶。

于是这个队列被我们使用了两个栈维护，且这两个栈插入的点横坐标也具有单调性。

现在相当于插入点、撤销上一次插入、并维护凸壳。

但有一个问题是凸壳是使用单调栈维护的，而单调栈是有势能的，无法进行撤销操作，是不是意味着无法维护？

但其实仔细分析双栈模拟队列的操作，对于 $z1$，只有他为空了才会发生一连串的进栈操作，对于 $z2$，他每次出栈都会直接将栈弹空。

于是我们维护的栈只会进行一连串的插入，然后进行一连串的撤销直到栈为空，如此循环往复。

所以我们可以直接对每个点存一下他进栈的时候弹掉了哪些点，将一个点撤销出栈的时候将其进栈时弹掉的点加回来就好了。

对于一个点，其在一个栈中只会进栈 $2$ 次，出栈 $2$ 次，所以整个复杂度是 $O(m+q\log m)$。

因为场上写的比较急眼，代码非常丑：

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long 	
using namespace std;
int n,m,len,q;
int a[2000005];
const int inf=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
struct poly
{
	bool f;
	int c;
	stack<pair<int,int>> z;
	deque<pair<int,int>> q;
	vector<pair<int,int>> v[2000005];
	void add(int x,int y)
	{
		z.push({x,y});
		c++;
		while(q.size()>=2&&((y-q.back().second)*(q.back().first-q[q.size()-2].first)>(q.back().second-q[q.size()-2].second)*(x-q.back().first))!=f)
			v[c].push_back(q.back()),q.pop_back();
		q.push_back({x,y});
		reverse(v[c].begin(),v[c].end());
	}
	pair<int,int> undo()
	{
		pair<int,int> p=z.top();
		z.pop();
		q.pop_back();
		for(pair<int,int> p:v[c])
			q.push_back(p);
		v[c].clear();
		c--;
		return p;
	}
	int query(int k)
	{
		if(q.empty())
			return (f?inf:-inf);
		int l=1,r=q.size()-1;
		while(l<=r)
		{
			int mid=l+r>>1;
			if((q[mid].second-q[mid-1].second>k*(q[mid].first-q[mid-1].first))!=f)
				l=mid+1;
			else
				r=mid-1;
		}
		return q[r].second-q[r].first*k;
	}
}z1,z2;
struct node
{
	int x,y,id;
	bool operator < (const node a) const
	{
		return y<a.y;
	}
}c[400005];
int ans[400005];
signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	cin>>n>>m>>len>>q;
	for(int i=1;i<=m;i++)
		cin>>a[i];
	for(int i=1;i<=q;i++)
	{
		cin>>c[i].x>>c[i].y;
		c[i].id=i;
	}
	sort(c+1,c+q+1);
	int l=1,r=1;
	z1.f=0,z2.f=1;
	for(int i=1;i<=q;i++)
	{
		while(r<=m&&a[r]<=c[i].y)
			z1.add(r,-(a[r]+len)),r++;
		while(l<=m&&a[l]<c[i].y-len)
		{
			if(!z2.c)
				while(z1.c)
				{
					pair<int,int> p=z1.undo();
					z2.add(-p.first,-p.second);
				}
			z2.undo();
			l++;
		}
		int cur=max((max(z1.query(-c[i].x),-z2.query(-c[i].x))+c[i].y+c[i].x-1)/c[i].x-l+1,0ll);
		ans[c[i].id]=r-l-cur;
	}
	for(int i=1;i<=q;i++)
		cout<<ans[i]<<"\n";
}