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令M=sqrt(mx)，把询问的Y按<M和>M 分成两种不同的处理方式。
1、对于>M的Y，我们发现它的倍数不超过M个，于是可以枚举倍数，找到往后第一个已经被加入集合的值，用差值更新答案。
这个东西我们可以离线，倒序枚举询问，然后用并查集维护。
单次查询O(M),更新O(1).
2、对于<M的Y，倍数肯定是>M，不过这样的Y也就M个，可以直接拿数组存，g[i]表示目前%i最小为多少（即答案），更新的时候直接遍历M个位置取min即可。
单次查询O(1),更新O(M).
所以总时间复杂度为O(n*sqrt(n))的。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 300005;
#define rep(i,a,b) for(register int i=(a);i<=(b);++i)
#define dwn(i,a,b) for(register int i=(a);i>=(b);--i)
typedef long long ll;
int n,X[N],Y[N],ans[N],fa[N],g[N],kua,mx,mn;
bool vis[N];
char s[2];
int find(int x){return fa[x]==x?x:fa[x]=find(fa[x]);}
int main(){
memset(ans,-1,sizeof(ans));
scanf("%d",&n);
rep(i,1,n){
scanf("%s%d",s,&Y[i]);
if(s[0]=='A')X[i]=1,vis[Y[i]]=1;
else X[i]=2;
mx=max(mx,Y[i]);
}
kua=sqrt(mx)+1;
rep(i,0,mx+1)fa[i]=i;
dwn(i,mx,0){
if(vis[i])continue;
fa[find(i)]=find(i+1);
}
memset(g,0x3f,sizeof(g));
rep(i,1,n){
if(X[i]==1){
rep(j,1,kua){
g[j]=min(g[j],Y[i]%j);
}
}
else if(Y[i]<=kua)ans[i]=g[Y[i]];
}
dwn(i,n,1){
if(X[i]==1){
fa[find(Y[i])]=find(Y[i]+1);
}
else if(Y[i]>kua){
mn=1e9;
for(int j=0;j<=mx;j+=Y[i]){
if(find(j)>mx)continue;
mn=min(mn,find(j)-j);
}
ans[i]=mn;
}
}
rep(i,1,n)if(~ans[i])printf("%d\n",ans[i]);
return 0;
}