自己想出来的，还是相当开心的（说实话这题也不难 QAQ......）
首先，那个时间限制非常好处理：离线然后拆成插入和删除就行.
对于每一种元素的每一个位置维护一个 $pre_{i}$ 表示上一次出现的位置.
假设我们查询的位置是 $pos$，我们二分答案 $mid$.
如果 $mid$ 合法，就要有 $x_{i} > pos+mid$ 且 $pre_{i}<pos-mid$.
显然，如果全扫一遍每一种元素的话显然会 TLE.
考虑维护以 $x_{i}$ 为下标，$pre_{i}$ 为权值的线段树.
对于每一个区间，维护其最小值（这个用 set 或可删除堆实现）
然后在线段树上二分就行了，判断 $mid$ 是否合法的话就是看右区间的堆顶是否合法.
只在叶节点开 multiset 就行了，时间复杂度是一个 log 的.
code:
#include <set>
#include <ctime>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define ll long long
#define N 300008
#define pb push_back
#define lson now<<1
#define rson now<<1|1
#define inf 1500000000
#define setIO(s) freopen(s".in","r",stdin) , freopen(s".out","w",stdout)
using namespace std;
int A[N<<1],Ans[N];
int n,K,Q,inf1,inf2;
struct data
{
int op,t,ty,x;
data(int op=0,int t=0,int ty=0,int x=0):op(op),t(t),ty(ty),x(x){}
bool operator<(const data b) const { return t<b.t; }
};
vector<data>g;
struct ques
{
int x,t,id;
ques(int x=0,int t=0,int id=0):x(x),t(t),id(id){}
bool operator<(const ques b) const { return t<b.t; }
}arr[N];
int minv[N<<4];
multiset<int>col[N];
multiset<int>se[N<<4];
multiset<int>::iterator it;
inline int minn(int x) { return se[x].size()?*se[x].begin():inf; }
void update(int l,int r,int now,int p,int v,int op)
{
if(l==r)
{
if(op==1) se[now].insert(v);
else se[now].erase(se[now].lower_bound(v));
minv[now]=minn(now);
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
if(p<=mid) update(l,mid,lson,p,v,op);
else update(mid+1,r,rson,p,v,op);
minv[now]=min(minv[lson],minv[rson]);
}
int query(int l,int r,int now,int key)
{
if(l==r) return min(A[l]-key,key-minv[now]);
int mid=(l+r)>>1;
if(A[mid]-key<key-minv[rson]) return max(A[mid]-key,query(mid+1,r,rson,key));
else return max(key-minv[rson],query(l,mid,lson,key));
}
int ask(int l,int r,int now,int p)
{
if(l==r) return minv[now];
int mid=(l+r)>>1;
if(p<=mid) return ask(l,mid,lson,p);
else return ask(mid+1,r,rson,p);
}
void build(int l,int r,int now)
{
minv[now]=inf;
if(l==r) return;
int mid=(l+r)>>1;
build(l,mid,lson),build(mid+1,r,rson);
}
char *p1,*p2,buf[100000];
#define nc() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
int rd()
{
int x=0; char c;
while(c<48) c=nc();
while(c>47) x=(((x<<2)+x)<<1)+(c^48),c=nc();
return x;
}
int main()
{
// setIO("input");
int cn=0;
n=rd(),K=rd(),Q=rd();
A[++cn]=inf,A[++cn]=-inf;
for(int i=1;i<=n;++i)
{
int x=rd(),t=rd(),a=rd(),b=rd();
g.pb(data(1,a,t,x)),g.pb(data(-1,b+1,t,x)),A[++cn]=x;
}
for(int i=1;i<=Q;++i)
arr[i].x=rd(),arr[i].t=rd(),arr[i].id=i,A[++cn]=arr[i].x;
sort(A+1,A+1+cn);
cn=unique(A+1,A+1+cn)-A-1;
for(int i=1;i<=Q;++i) arr[i].x=lower_bound(A+1,A+1+cn,arr[i].x)-A;
for(int i=0;i<g.size();++i) g[i].x=lower_bound(A+1,A+1+cn,g[i].x)-A;
sort(arr+1,arr+1+Q);
sort(g.begin(),g.end());
inf1=lower_bound(A+1,A+1+cn,-inf)-A;
inf2=lower_bound(A+1,A+1+cn,inf)-A;
for(int i=1;i<=K;++i) col[i].insert(inf1),col[i].insert(inf2);
build(1,cn,1);
for(int i=1;i<=K;++i) update(1,cn,1,inf2,-inf,1);
for(int i=1,j=0;i<=Q;++i)
{
for(;j<g.size()&&g[j].t<=arr[i].t;++j)
{
if(g[j].op==-1)
{
int c=g[j].ty,pos=g[j].x,pr,nx;
it=col[c].lower_bound(pos);
it--,pr=(*it);
it++,it++,nx=(*it);
update(1,cn,1,pos,A[pr],-1);
update(1,cn,1,nx,A[pos],-1);
update(1,cn,1,nx,A[pr],1);
col[c].erase(col[c].lower_bound(pos));
}
else
{
int c=g[j].ty,pos=g[j].x,pr,nx;
col[c].insert(pos);
it=col[c].lower_bound(pos);
it--,pr=(*it);
it++,it++,nx=(*it);
update(1,cn,1,nx,A[pr],-1);
update(1,cn,1,pos,A[pr],1);
update(1,cn,1,nx,A[pos],1);
}
}
Ans[arr[i].id]=(ask(1,cn,1,inf2)==-inf?-1:query(1,cn,1,A[arr[i].x]));
}
for(int i=1;i<=Q;++i) printf("%d
",Ans[i]);
return 0;
}