この問題は区間に対する更新/値の取得が必要です。
そこで、その $2$ つをそれぞれ $O(\log N)$ で行う 遅延評価セグメント木 ( lazy segment tree ) を使用します。

lazy segment treeについて

更新内容を別に保存し、区間に対する値の取得や更新をもう一度行うときにまとめて処理するようなセグメント木です。詳しくは下の記事をお読みください。
参考記事

では、ACLの lazy_segtree を用いてこの問題を解く方法を考えましょう。
まず、この問題は以下のように言い換えることができます。

長さ $N$ の $1$ 桁の数字からなる数列 $A$ が与えられます。
$A_i$ を $A$ の $i$ 番目の要素として、現在は $A_1$ から $A_N$ まで全て $1$ です。

$Q$ 個のクエリを処理してください。 $i$ 番目のクエリは以下の通りです。

$A_{L_i}$ から $A_{R_i}$ までを全て $D_i$ に更新し、その時点での $A_1 \times 10^{N-1} + A_2 \times 10^{N-2} + \cdots + A_N$ を $\mathrm{mod}\ 998244353$ で出力する。

説明の都合上 $f(l,r)$ を $A_l \times 10^{r-l-1} + A_2 \times 10^{r-l-2} + \cdots + A_{r-1}\ \mathrm{mod}\ 998244353$ とします。言い換えた問題において、クエリのたびに出力するのは $f(1,N+1)$ です。

以下では半開区間を $[l, r) = \{l, l+1, \dots, r-1\}$ で表し、$A_{[l,r)}$ に対する情報を $s_{[l, r)}$ とします。

$s_{[l, r)}$ は $A_{[l,r)}$ に対する情報を表すので、 $f(l,r)$ が必要です。
$s_{[l,m)}$ と $s_{[m,r)}$ から $s_{[l, r)}$ を計算する、すなわち $f(l,m)$ と $f(m,r)$ から $f(l,r)$ を計算するにはどうすればいいでしょうか。 ( $l \leq m \leq r$ とします。)

$f(l,r)$ を表す式の $10$ の指数に注目することで、 $f(l,r) = f(l,m) \times 10^{r-m} + f(m,r)\ \mathrm{mod}\ 998244353$ が成立することが分かります。よって、 $s_{[l,r)}$ に$f(l,r)$ と区間の長さすなわち $r-l$ を持たせることでうまくいきそうです。

ACLの lazy_segtree には 同じ区間に対する $2$ つの更新クエリ $f,g$ を $1$ つの更新クエリとして扱う際の方法を composition(f,g) として定義する必要があります。
composition(f,g) の引数は $f$ が先ですが、これが表すものは $g$ を適用した後 $f$ を適用するというものなので注意してください。

今回の場合は更新クエリを $A$ の区間を全て $D$ に更新するとすれば、同じ区間に更新クエリ $g,f$ をこの順で適用させた場合 $f$ のみを適用させたのと変わりません。
これを composition(f,g) に反映させましょう。

これらより、以下のように定義すればよいことが分かります。ただし、この問題は出力クエリが全て $\mathrm{mod}\ 998244353$ なので、

using mint = modint998244353;

としておきます。 また、始めに mint 配列 ten,one を定義します。 ten[i] は $10^i$ を、 one[i] は $1$ を $i$ 個並べた数を表します。 (ともに $\mathrm{mod}\ 998244353$ です。)

S は $A_{[l,r)}$ に対する情報すなわち、 $s_{[l, r)}$ を表す型です。上までの結果より、以下のようにすれば問題ありません。

struct S{
  mint sum;
  int len;
};

op は $s_{[l,m)}$ と $s_{[m,r)}$ を引数として $s_{[l, r)}$ を求める関数です。以下のようにすれば問題ありません。

S op(S a,S b){
  return {a.sum*ten[b.len]+b.sum,a.len+b.len};
}

e は区間長 $0$ の区間に対応する情報です。長さ $0$ の区間は数字としてみたときに $0$ を表すので以下のようにすれば問題ありません。

S e(){
  return {0,0};
}

F は $A_{[l,r)}$ に対応するクエリの情報を表す型です。更新する数字のみが重要なので、以下のようにします。

using F = int;

mapping は更新クエリ $f$ を $A_{[l,r)}$ に対応させた後の $s_{[l,r)}$ を表します。 $A_{[l,r)}$ は $f$ を表す数字 が $r-l$ 個続くので、それを反映させます。 f==0 のif文がついている理由はこの後登場する id を処理するためです。

S mapping(F f,S s){
  if(f==0) return s;
  return {f*one[s.len],s.len};
}

composition は更新クエリ $g,f$ をこの順で同じ区間に適応させることを $1$ つの更新クエリとした際のものを表すものです。 $f$ が id ならば $g$ のみ、そうでなければ $f$ のみ反映されるので以下のようにします。

F composition(F f,F g){
  if(f==0) return g;
  return f;
}

id は恒等写像を表す更新クエリ、すなわち何もしないクエリです。 $D_i$ になりえない $0$ にします。

F id(){
  return 0;
}

後はこれらを用いて lazy_segtree を作成すればACすることができます。

実装例(C++)

#include <bits/stdc++.h>
#include <atcoder/all>
using namespace std;
using namespace atcoder;
 
using mint = modint998244353;

vector<mint> ten(211000),one(211000);

struct S{
  mint sum;
  int len;
};

S op(S a,S b){
  return {a.sum*ten[b.len]+b.sum,a.len+b.len};
}

S e(){
  return {0,0};
}

using F = int;

S mapping(F f,S s){
  if(f==0) return s;
  return {f*one[s.len],s.len};
}

F composition(F f,F g){
  if(f==0) return g;
  return f;
}

F id(){
  return 0;
}

int main(){
  
  //ten[i] := 100...0 (mod998244353)
  //one[i] := 111...1 (mod998244353)
  ten[0]=1,one[0]=0;
  for(int i=0;i<210000;i++){
    ten[i+1]=ten[i]*10;
    one[i+1]=one[i]+ten[i];
  }
 
  int n,q;
  cin>>n>>q;
 
  //初期状態
  vector<S> initial(n,{1,1});
 
  lazy_segtree<S,op,e,F,mapping,composition,id> seg(initial);
 
  while(q--){
    int l,r,d;
    cin>>l>>r>>d;

    //要素は0から始まる
    l--;
 
    //l番目からr-1番目までをdに更新
    seg.apply(l,r,d);
    
    //出力
    cout<<seg.all_prod().sum.val()<<endl;
  }
}