郁闷的出纳员 HYSBZ

OIER公司是一家大型专业化软件公司，有着数以万计的员工。作为一名出纳员，我的任务之一便是统计每位员工的

工资。这本来是一份不错的工作，但是令人郁闷的是，我们的老板反复无常，经常调整员工的工资。如果他心情好

，就可能把每位员工的工资加上一个相同的量。反之，如果心情不好，就可能把他们的工资扣除一个相同的量。我

真不知道除了调工资他还做什么其它事情。工资的频繁调整很让员工反感，尤其是集体扣除工资的时候，一旦某位

员工发现自己的工资已经低于了合同规定的工资下界，他就会立刻气愤地离开公司，并且再也不会回来了。每位员

工的工资下界都是统一规定的。每当一个人离开公司，我就要从电脑中把他的工资档案删去，同样，每当公司招聘

了一位新员工，我就得为他新建一个工资档案。老板经常到我这边来询问工资情况，他并不问具体某位员工的工资

情况，而是问现在工资第k多的员工拿多少工资。每当这时，我就不得不对数万个员工进行一次漫长的排序，然后

告诉他答案。好了，现在你已经对我的工作了解不少了。正如你猜的那样，我想请你编一个工资统计程序。怎么样

，不是很困难吧？

Input

第一行有两个非负整数n和min。n表示下面有多少条命令，min表示工资下界。

接下来的n行，每行表示一条命令。命令可以是以下四种之一：

名称 格式 作用

I命令 I_k 新建一个工资档案，初始工资为k。

                如果某员工的初始工资低于工资下界，他将立刻离开公司。

A命令 A_k 把每位员工的工资加上k

S命令 S_k 把每位员工的工资扣除k

F命令 F_k 查询第k多的工资

_（下划线）表示一个空格，I命令、A命令、S命令中的k是一个非负整数，F命令中的k是一个正整数。

在初始时，可以认为公司里一个员工也没有。

I命令的条数不超过100000 

A命令和S命令的总条数不超过100 

F命令的条数不超过100000 

每次工资调整的调整量不超过1000 

新员工的工资不超过100000

Output

输出行数为F命令的条数加一。

对于每条F命令，你的程序要输出一行，仅包含一个整数，为当前工资第k多的员工所拿的工资数，

如果k大于目前员工的数目，则输出-1。

输出文件的最后一行包含一个整数，为离开公司的员工的总数。

Sample Input9 10
I 60
I 70
S 50
F 2
I 30
S 15
A 5
F 1
F 2

Sample Output10
20
-1
2

题解：

我原本想的是，每位员工工资都减少，那就for循环从1到sz所有的key[]都减去这个k。增加的话也类似于这样

如果工资少于底线的话就删除，我在原来平衡树模板中的del函数中改了一点

最后加上去TLE了

代码：

/*
注意：
1、看平衡树之前你要注意，对于1 3 5 3 2这一组数据。sz的值是4，因为sz保存的是节点种类
   为什么要这样，因为sz涉及到要为几个点开空间

2、sizes[x]保存的是以x为树根的子树上节点数量，比如x这颗子树所有节点为1，2，1.那么它的sizes[x]=3
   而且实际上不会有两个1放在树上。而是给1的权值数组cnt[1]加1

3、对于1 3 5 3 2这一组数据。sz的值是4。那么1对应位置就是1，3对应位置就是2，5对应位置就是3，2对应位置就是4
   之后他们所对应的位置都不会改变
   在平衡树旋转的过程中只是每一个点的儿子节点ch[x][0]和ch[x][1]里面保存的值在改变
*/
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#include<iostream>
using namespace std;
const int maxn=1e5+10;
const int INF=0x3f3f3f3f;
int f[maxn],cnt[maxn],ch[maxn][2],sizes[maxn],key[maxn],sz,rt;
/*
f[i]:i节点的父节点,cnt[i]每个点出现的次数,ch[i][0/1]:0表示左孩子，
1表示右孩子, size[i]表示以i为根节点的子树的节点个数
key[i]表示点i代表的数的值；sz为整棵树的节点种类数，rt表示根节点
*/
void clears(int x) //删除x点信息
{
    f[x]=cnt[x]=ch[x][0]=ch[x][1]=sizes[x]=key[x]=0;
}
bool get(int x) //判断x是父节点的左孩子还是右孩子
{
    return ch[f[x]][1]==x;  //返回1就是右孩子，返回0就是左孩子
}
void pushup(int x)  //重新计算一下x这棵子树的节点数量
{
    if(x)
    {
        sizes[x]=cnt[x];
        if(ch[x][0]) sizes[x]+=sizes[ch[x][0]];
        if(ch[x][1]) sizes[x]+=sizes[ch[x][1]];
    }
}
void rotates(int x)  //将x移动到他父亲的位置，并且保证树依旧平衡
{
    int fx=f[x],ffx=f[fx],which=get(x);
    //x点父亲，要接受x的儿子。而且x与x父亲身份交换
    ch[fx][which]=ch[x][which^1];
    f[ch[fx][which]]=fx;

    ch[x][which^1]=fx;
    f[fx]=x;

    f[x]=ffx;
    if(ffx) ch[ffx][ch[ffx][1]==fx]=x;

    pushup(fx);
    pushup(x);
}
void splay(int x)  //将x移动到数根节点的位置，并且保证树依旧平衡
{
    for(int fx; fx=f[x]; rotates(x))
    {
        if(f[fx])
        {
            rotates((get(x)==get(fx))?fx:x);
            //如果祖父三代连城一条线，就要从祖父哪里rotate
            //至于为什么要这样做才能最快……可以去看看Dr.Tarjan的论文
        }
    }
    rt=x;
}
/*
将x这个值插入到平衡树上面
如果这个值在树上存在过，那就sz不再加1，更新一下权值即可
如果这个值在树上不存在，那就sz加1，再更新一下权值

sz是书上节点种类数
sizes[x]是x这棵子树上有多少节点
*/
void inserts(int x)
{
    if(rt==0)
    {
        sz++;
        key[sz]=x;
        rt=sz;
        cnt[sz]=sizes[sz]=1;
        f[sz]=ch[sz][0]=ch[sz][1]=0;
        return;
    }
    int now=rt,fx=0;
    while(1)
    {
        if(x==key[now])
        {
            cnt[now]++;
            pushup(now);
            pushup(fx);
            splay(now);  //splay的过程会rotates now点的所有祖先节点，这个时候它们所有子树权值也更新了
            return;
        }
        fx=now;
        now=ch[now][key[now]<x];
        if(now==0)
        {
            sz++;
            sizes[sz]=cnt[sz]=1;
            ch[sz][0]=ch[sz][1]=0;
            ch[fx][x>key[fx]]=sz;  //二叉查找树特性”左大右小“
            f[sz]=fx;
            key[sz]=x;
            pushup(fx);
            splay(sz);
            return ;
        }
    }
}
/*
有人问：
qwq很想知道为什么find操作也要splay操作呢？如果del要用的话直接splay（x）是不是就可以了

原博客答：
呃不不不这个貌似不是随便splay以下就可以的 首先find之后的splay就是将找到的这个点转到根，
当然你不加这个应该是也可以，只不过这道题加上的话对于这一堆操作来说比较方便，不过一般来说转一转splay的
平衡性会好一点（当然也不要转得太多了就tle了...） 但是del之前直接splay(x)要视情况而定，关键在于分清楚
“点的编号”和“点的权值”这两个概念。如果你已经知道了该转的点的编号，当然可以直接splay(x)，但是如果你只
知道应该splay的点的权值，你需要在树里find到这个权值的点的编号，然后再splay 其实最后splay写起来都是非
常灵活的，而且有可能一个点带若干个权之类的。对于初学者的建议就是先把一些最简单的情况搞清楚，比如说一
个编号一个权的这种，然后慢慢地多做题就能运用得非常熟练了。最好的方法就是多画画树自己转一转，对之后
复杂题目的调试也非常有益

我说：
我在洛谷上得模板题上交了一下rnk里面不带splay(now)的，一共12个样例，就对了两个样例。错了一个样例，其他全TLE

我解释：
为什么作者解释可以删去，但是删过之后还错了。因为它的代码中函数之前是相互联系的
就比如它调用rnk(x)函数之后就已经认为x为平衡树树根，然后直接对它进行下一步操作(这个假设在del函数里面)

如果你光删了rnk(x)里面的splay()，你肯定还要改其他地方代码。。。。。。
*/
int rnk(int x)  //查询x的排名
{
    int now=rt,ans=0;
    while(1)
    {
        if(x<key[now]) now=ch[now][0];
        else
        {
            ans+=sizes[ch[now][0]];
            if(x==key[now])
            {
                splay(now); //这个splay是为了后面函数的调用提供前提条件
//就比如pre函数的前提条件就是x（x是我们要求谁的前驱，那个谁就是x）已经在平衡树树根
                return ans+1;
            }
            ans+=cnt[now];  //cnt代表now这个位置值（key[now]）出现了几次
            now=ch[now][1];
        }
    }
}
int kth(int x)
{
    int now=rt;
    while(1)
    {
        if(ch[now][0] && x<=sizes[ch[now][0]])
        {
            //满足这个条件就说明它在左子树上
            now=ch[now][0];
        }
        else
        {
            int temp=sizes[ch[now][0]]+cnt[now];
            if(x<=temp) //这个temp是now左子树权值和now节点权值之和
                return key[now]; //进到这个判断里面说明他不在左子树又不在右子树，那就是now节点了
            x-=temp;
            now=ch[now][1];
        }
    }
}
int pre()//由于进行splay后，x已经到了根节点的位置
{
    //求x的前驱其实就是求x的左子树的最右边的一个结点
//为什么呢，因为这是平衡树（带有二叉排序树特点），根据二叉排序树中序遍历结果我么可以知道，一个数的前序就在
//x的左子树的最右边的一个结点
    int now=ch[rt][0];
    while(ch[now][1]) now=ch[now][1];
    return now;
}
int next()
{
    //求后继是求x的右子树的最左边一个结点
//为什么呢，因为这是平衡树（带有二叉排序树特点），根据二叉排序树中序遍历结果我么可以知道，一个数的前序就在
//x的右子树的最左边一个结点
    int now=ch[rt][1];
    while(ch[now][0])  now=ch[now][0];
    return now;
}
/*
删除操作是最后一个稍微有点麻烦的操作。
step 1：随便find一下x。目的是：将x旋转到根。
step 2：那么现在x就是根了。如果cnt[root]>1，即不只有一个x的话，直接-1返回。
step 3：如果root并没有孩子，就说名树上只有一个x而已，直接clear返回。
step 4：如果root只有左儿子或者右儿子，那么直接clear root，然后把唯一的儿子当作根就可以了（f赋0，root赋为唯一的儿子）
剩下的就是它有两个儿子的情况。
step 5：我们找到新根，也就是x的前驱（x左子树最大的一个点），将它旋转到根。然后将原来x的右子树接到新根的
右子树上（注意这个操作需要改变父子关系）。这实际上就把x删除了。不要忘了update新根。
*/
void del(int x)
{
    rnk(x);
//    if(cnt[rt]>1)//如果这个位置权值大于1，那就不用删除这个点
//    {
//        cnt[rt]--;
//        pushup(rt);
//        return;
//    }
    if(!ch[rt][0] && !ch[rt][1]) //这个就代表平衡树只有一个节点
    {
        clears(rt);
        rt=0;
        return;
    }
    if(!ch[rt][0]) //只有左儿子，树根只有左儿子那就把树根直接删了就行
    { //然后左儿子这棵子树变成新的平衡树
        int frt=rt;
        rt=ch[rt][1];
        f[rt]=0;
        clears(frt);
        return;
    }
    else if(!ch[rt][1]) //只有右儿子，和上面差不多
    {
        int frt=rt;
        rt=ch[rt][0];
        f[rt]=0;
        clears(frt);
        return;
    }
    int frt=rt;
    int leftbig=pre();
    splay(leftbig); //让前驱做新根
    ch[rt][1]=ch[frt][1];  //这个frt指向的还是之前的根节点
    /*
    看着一点的时候就会发现，数在数组里面的位置一直没有改变，平衡树旋转改变的是根节点儿子数组ch[x][]指向的值
    */
    f[ch[frt][1]]=rt;
    clears(frt);
    pushup(rt);
}
int main()
{
    int n,m,sum,tot=0;
    scanf("%d%d",&n,&m);
    inserts(INF);
    for (int i=1; i<=n; i++)
    {
        char type[5];
        int k;
        scanf("%s%d",type,&k);
        if (type[0]=='I')
        {
            inserts(k);
            tot++;
        }
        if (type[0]=='A')
        {
            for(int i=1;i<=sz;++i)
            {
                if(key[i]!=INF)
                key[i]+=k;
            }

        }
        if (type[0]=='S')
        {
            for(int i=1;i<=sz;++i)
            {
                if(key[i]!=INF)
                key[i]-=k;
            }
            for(int i=1;i<=sz;++i)
            {
                if(key[i]!=INF && key[i]<m)
                {
                    del(key[i]);
                }
            }
        }
        if (type[0]=='F')
        {
            sum=rnk(INF);
            if(sum-1<k)
            {
                printf("-1
");
                continue;
            }
            else
            {
                printf("%d
",kth(sum-k));
            }
        }
    }
    sum=rnk(INF);
    //printf("%d %d
",tot,sum);
    printf("%d
",tot-(sum-1));
    return 0;
}

正解：

既然不能对每一个员工都这样操作，那么我们在开一个变量delta，用来记录所有的员工的工资的变化量，那么某个员工的实际工资就是x+delta；

然而我们考虑新加入的员工，对她加上历史的delta显然是不合适的；我们可以这样处理：
在平衡树提前插入inf和-inf
I命令：加入一个员工 我们在平衡树中加入k-minn
A命令：把每位员工的工资加上k delta加k即可
S命令：把每位员工的工资扣除k  此时我们就需要考虑会不会导致一大批员工离开；我们插入minn-delta，然后使小于minn-delta的点一起移动到根的右子树的左子树，一举消灭；
F命令：查询第k多的工资 注意是第k多，Splay操作；

代码：

/*
注意：
1、看平衡树之前你要注意，对于1 3 5 3 2这一组数据。sz的值是4，因为sz保存的是节点种类
   为什么要这样，因为sz涉及到要为几个点开空间

2、sizes[x]保存的是以x为树根的子树上节点数量，比如x这颗子树所有节点为1，2，1.那么它的sizes[x]=3
   而且实际上不会有两个1放在树上。而是给1的权值数组cnt[1]加1

3、对于1 3 5 3 2这一组数据。sz的值是4。那么1对应位置就是1，3对应位置就是2，5对应位置就是3，2对应位置就是4
   之后他们所对应的位置都不会改变
   在平衡树旋转的过程中只是每一个点的儿子节点ch[x][0]和ch[x][1]里面保存的值在改变
*/
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#include<iostream>
using namespace std;
const int maxn=1e5+10;
const int INF=1e8;
int f[maxn],cnt[maxn],ch[maxn][2],sizes[maxn],key[maxn],sz,rt;
/*
f[i]:i节点的父节点,cnt[i]每个点出现的次数,ch[i][0/1]:0表示左孩子，
1表示右孩子, size[i]表示以i为根节点的子树的节点个数
key[i]表示点i代表的数的值；sz为整棵树的节点种类数，rt表示根节点
*/
void clears(int x) //删除x点信息
{
    f[x]=cnt[x]=ch[x][0]=ch[x][1]=sizes[x]=key[x]=0;
}
bool get(int x) //判断x是父节点的左孩子还是右孩子
{
    return ch[f[x]][1]==x;  //返回1就是右孩子，返回0就是左孩子
}
void pushup(int x)  //重新计算一下x这棵子树的节点数量
{
    if(x)
    {
        sizes[x]=cnt[x];
        if(ch[x][0]) sizes[x]+=sizes[ch[x][0]];
        if(ch[x][1]) sizes[x]+=sizes[ch[x][1]];
    }
}
void rotates(int x)  //将x移动到他父亲的位置，并且保证树依旧平衡
{
    int fx=f[x],ffx=f[fx],which=get(x);
    //x点父亲，要接受x的儿子。而且x与x父亲身份交换
    ch[fx][which]=ch[x][which^1];
    f[ch[fx][which]]=fx;

    ch[x][which^1]=fx;
    f[fx]=x;

    f[x]=ffx;
    if(ffx) ch[ffx][ch[ffx][1]==fx]=x;

    pushup(fx);
    pushup(x);
}
//void splay(int x)  //将x移动到数根节点的位置，并且保证树依旧平衡
//{
//    for(int fx; fx=f[x]; rotates(x))
//    {
//        if(f[fx])
//        {
//            rotates((get(x)==get(fx))?fx:x);
//            //如果祖父三代连城一条线，就要从祖父哪里rotate
//            //至于为什么要这样做才能最快……可以去看看Dr.Tarjan的论文
//        }
//    }
//    rt=x;
//}
void splay(int x,int goal)
{
    for (int fa; (fa=f[x])!=goal; rotates(x))//这里是不等于
        if (f[fa]!=goal)
            rotates(get(x)==get(fa)?fa:x);
    if (goal==0) rt=x;
}
/*
将x这个值插入到平衡树上面
如果这个值在树上存在过，那就sz不再加1，更新一下权值即可
如果这个值在树上不存在，那就sz加1，再更新一下权值

sz是书上节点种类数
sizes[x]是x这棵子树上有多少节点
*/
void Insert(int x)
{
    if(rt==0)
    {
        sz++;
        key[sz]=x;
        rt=sz;
        cnt[sz]=sizes[sz]=1;
        f[sz]=ch[sz][0]=ch[sz][1]=0;
        return;
    }
    int now=rt,fx=0;
    while(1)
    {
        if(x==key[now])
        {
            cnt[now]++;
            pushup(now);
            pushup(fx);
            splay(now,0);  //splay的过程会rotates now点的所有祖先节点，这个时候它们所有子树权值也更新了
            return;
        }
        fx=now;
        now=ch[now][key[now]<x];
        if(now==0)
        {
            sz++;
            sizes[sz]=cnt[sz]=1;
            ch[sz][0]=ch[sz][1]=0;
            ch[fx][x>key[fx]]=sz;  //二叉查找树特性”左大右小“
            f[sz]=fx;
            key[sz]=x;
            pushup(fx);
            splay(sz,0);
            return ;
        }
    }
}
/*
有人问：
qwq很想知道为什么find操作也要splay操作呢？如果del要用的话直接splay（x）是不是就可以了

原博客答：
呃不不不这个貌似不是随便splay以下就可以的 首先find之后的splay就是将找到的这个点转到根，
当然你不加这个应该是也可以，只不过这道题加上的话对于这一堆操作来说比较方便，不过一般来说转一转splay的
平衡性会好一点（当然也不要转得太多了就tle了...） 但是del之前直接splay(x)要视情况而定，关键在于分清楚
“点的编号”和“点的权值”这两个概念。如果你已经知道了该转的点的编号，当然可以直接splay(x)，但是如果你只
知道应该splay的点的权值，你需要在树里find到这个权值的点的编号，然后再splay 其实最后splay写起来都是非
常灵活的，而且有可能一个点带若干个权之类的。对于初学者的建议就是先把一些最简单的情况搞清楚，比如说一
个编号一个权的这种，然后慢慢地多做题就能运用得非常熟练了。最好的方法就是多画画树自己转一转，对之后
复杂题目的调试也非常有益

我说：
我在洛谷上得模板题上交了一下rnk里面不带splay(now)的，一共12个样例，就对了两个样例。错了一个样例，其他全TLE

我解释：
为什么作者解释可以删去，但是删过之后还错了。因为它的代码中函数之前是相互联系的
就比如它调用rnk(x)函数之后就已经认为x为平衡树树根，然后直接对它进行下一步操作(这个假设在del函数里面)

如果你光删了rnk(x)里面的splay()，你肯定还要改其他地方代码。。。。。。
*/
int rnk(int x)  //查询x的排名
{
    int now=rt,ans=0;
    while(1)
    {
        if(x<key[now]) now=ch[now][0];
        else
        {
            ans+=sizes[ch[now][0]];
            if(x==key[now])
            {
                splay(now,0); //这个splay是为了后面函数的调用提供前提条件
//就比如pre函数的前提条件就是x（x是我们要求谁的前驱，那个谁就是x）已经在平衡树树根
                return ans+1;
            }
            ans+=cnt[now];  //cnt代表now这个位置值（key[now]）出现了几次
            now=ch[now][1];
        }
    }
}
int kth(int x)
{
    int now=rt;
    while(1)
    {
        if(ch[now][0] && x<=sizes[ch[now][0]])
        {
            //满足这个条件就说明它在左子树上
            now=ch[now][0];
        }
        else
        {
            int temp=sizes[ch[now][0]]+cnt[now];
            if(x<=temp) //这个temp是now左子树权值和now节点权值之和
                return key[now]; //进到这个判断里面说明他不在左子树又不在右子树，那就是now节点了
            x-=temp;
            now=ch[now][1];
        }
    }
}
int pre()//由于进行splay后，x已经到了根节点的位置
{
    //求x的前驱其实就是求x的左子树的最右边的一个结点
//为什么呢，因为这是平衡树（带有二叉排序树特点），根据二叉排序树中序遍历结果我么可以知道，一个数的前序就在
//x的左子树的最右边的一个结点
    int now=ch[rt][0];
    while(ch[now][1]) now=ch[now][1];
    return now;
}
int next()
{
    //求后继是求x的右子树的最左边一个结点
//为什么呢，因为这是平衡树（带有二叉排序树特点），根据二叉排序树中序遍历结果我么可以知道，一个数的前序就在
//x的右子树的最左边一个结点
    int now=ch[rt][1];
    while(ch[now][0])  now=ch[now][0];
    return now;
}
/*
删除操作是最后一个稍微有点麻烦的操作。
step 1：随便find一下x。目的是：将x旋转到根。
step 2：那么现在x就是根了。如果cnt[root]>1，即不只有一个x的话，直接-1返回。
step 3：如果root并没有孩子，就说名树上只有一个x而已，直接clear返回。
step 4：如果root只有左儿子或者右儿子，那么直接clear root，然后把唯一的儿子当作根就可以了（f赋0，root赋为唯一的儿子）
剩下的就是它有两个儿子的情况。
step 5：我们找到新根，也就是x的前驱（x左子树最大的一个点），将它旋转到根。然后将原来x的右子树接到新根的
右子树上（注意这个操作需要改变父子关系）。这实际上就把x删除了。不要忘了update新根。
*/
void del(int x)
{
    rnk(x);
    if(cnt[rt]>1)//如果这个位置权值大于1，那就不用删除这个点
    {
        cnt[rt]--;
        pushup(rt);
        return;
    }
    if(!ch[rt][0] && !ch[rt][1]) //这个就代表平衡树只有一个节点
    {
        clears(rt);
        rt=0;
        return;
    }
    if(!ch[rt][0]) //只有左儿子，树根只有左儿子那就把树根直接删了就行
    { //然后左儿子这棵子树变成新的平衡树
        int frt=rt;
        rt=ch[rt][1];
        f[rt]=0;
        clears(frt);
        return;
    }
    else if(!ch[rt][1]) //只有右儿子，和上面差不多
    {
        int frt=rt;
        rt=ch[rt][0];
        f[rt]=0;
        clears(frt);
        return;
    }
    int frt=rt;
    int leftbig=pre();
    splay(leftbig,0); //让前驱做新根
    ch[rt][1]=ch[frt][1];  //这个frt指向的还是之前的根节点
    /*
    看着一点的时候就会发现，数在数组里面的位置一直没有改变，平衡树旋转改变的是根节点儿子数组ch[x][]指向的值
    */
    f[ch[frt][1]]=rt;
    clears(frt);
    pushup(rt);
}
int id(int x)//查询x的编号
{
    int now=rt;
    while (1)
    {
        if (x==key[now]) return now;
        else
        {
            if (x<key[now]) now=ch[now][0];
            else now=ch[now][1];
        }
    }
}
/*
题目中的加减操作都是对于所有员工的，我们不可能对所有的点进行修改，于是我们在开一个变量delta，用来记录
所有的员工的工资的变化量，那么某个员工的实际工资就是x+delta； 
然而我们考虑新加入的员工，对她加上历史的delta显然是不合适的；我们可以这样处理： 
在平衡树提前插入inf和-inf 
I命令：加入一个员工 我们在平衡树中加入k-minn 
A命令：把每位员工的工资加上k delta加k即可 
S命令：把每位员工的工资扣除k 此时我们就需要考虑会不会导致一大批员工离开；我们插入minn-delta，然后使小于
minn-delta的点一起移动到根的右子树的左子树，一举消灭； 
F命令：查询第k多的工资 注意是第k多，Splay操作； 
还有一些小细节需要注意，+2-2等等；
*/
int main()
{
    int n,minn;
    scanf("%d%d",&n,&minn);
    int totadd=0,totnow=0,ans=0,delta=0;
    char opt[10]; int k;
    Insert(INF); Insert(-INF);
    for (int i=1; i<=n; i++)
    {
        scanf("%s%d",opt,&k);
        if (opt[0]=='I')
        {
            if (k<minn) continue;
            Insert(k-delta);  //后面插入的员工的值都减去了delta，那么后面对所有员工的判断都可以直接让
            totadd++;         //他们的值加上delta与minn进行比较
        }
        if (opt[0]=='A') delta+=k;
        if (opt[0]=='S')
        {
            delta-=k;  //每一次执行S操作都要进行判断
            Insert(minn-delta);
            int a=id(-INF); int b=id(minn-delta);
            splay(a,0);
            splay(b,a); //这样的话就是把平衡树上b这个位置移动到了平衡树顶点的位置。而且这个移动
            ch[ ch[rt][1] ][0]=0; //的过程中b这个顶点的左子树一直在b这个顶点的左子树（不会在旋转过程中变动）
            del(minn-delta);  //最后把顶点（也就是b）的左子树删除了就可以了
        }
        if (opt[0]=='F')
        {
            totnow=rnk(INF)-2;
            if (totnow<k) {printf("-1
"); continue;}
            int ans=kth(totnow+2-k);
            printf("%d
",ans+delta);//最后再加上累加值delta
        }
    }
    totnow=rnk(INF)-2;
    ans=totadd-totnow;
    printf("%d",ans);
    return 0;
}