这个数据范围有毒。。
这种题记得用fread。
(Description)
(n)个位置，最初每个位置上没有数。
(m)次操作，操作有两种：
- 在一个没有数的位置(x)加一个数(v)。
- 给定(x)，询问([l,r])中与(x)相差最小的数，即(min_{vin[l,r]}|x-v|)。
(nleq 5 imes10^5, mleq 10^6)。
(Solution)
最简单的是线段树套set，(O(mlog^2n))+大常数所以过不了。
Sol 1
考虑离线，把询问按(r)排序，每次用在(r)位置插入的值更新，然后求以(r)为右端点的询问。
设此时的一个询问为([L,R],x)，询问编号为(id)。
设已经插入的值为(v_i)，对应的操作编号为(i)，插入位置为(pos_ileq R)。
则(v_i)能更新询问当且仅当(pos_igeq L)且(ilt id)。
将询问拆成，找最大的(v_i)满足(v_ileq x)且(pos_igeq L)且(ilt id)，和找最小的(v_i)满足(v_igeq x)且(pos_igeq L)且(ilt id)。
对第一种询问，只需考虑([1,x])中，最靠右的满足(pos_igeq L)且(ilt id)的(i)是哪个。不妨考虑用一个线段树，对每个节点([l,r])，判断(lleq v_ileq r)时是否有符合条件的(i)，如果有就继续先找右儿子再找左儿子，如果该区间没有就return。
也就是用一个线段树维护所有当前的(v_i)，节点([l,r])保存所有(lleq v_ileq
r)的(i)。
然后如何判断某节点的(v_i)中是否存在(i)使(pos_igeq L)且(ilt id)？
注意到我们是按(pos)从小到大更新插入的值，所以后插入的值(pos)一定大于之前的。而节点中有必要保留的点，是要么(pos)更大、要么(i)更小的点。所以如果在某节点插入(v_i)时，(i)小于该节点中另一个值的操作编号，那个值就可以删掉。
容易发现这样每个节点都是一个单调队列，从队首到队尾，编号(i)递增，(pos)递增。
所以每个节点的查询，只需要二分第一个(posgeq L)的值，然后判断其编号(i)是否有(ilt id)（或最后一个(ilt id)的值，然后判断是否其(posgeq L)）。
这样每次查询复杂度(O(log^2n))。每次插入值，就更新根节点到该值整条链上的单调队列，复杂度(O(log n))。
所以复杂度(O(nlog n+mlog^2n))。
注意空间也是(O(nlog n))的，刚开始要建树，根据每个节点上数的个数（前缀和算）分配一下其单调队列的空间。
Sol 2
在线的话可以分块。每个块因为最多有(sqrt n)个数，所以在每次插入时，暴力将这个数放到对应位置，使每块里的数保持有序。
查询时，边界暴力，整块中因为块内有序，可以二分第一个小于等于(x)的数(A[p])，(A[p],A[p+1])即为可能答案。
复杂度(O(msqrt n+msqrt nlog n))。和std跑的差不多快。。（反正比我快/kk）
//2292ms 116300KB
#include <bits/stdc++.h>
#define pc putchar
#define gc() getchar()
#define MAXIN 500000
//#define gc() (SS==TT&&(TT=(SS=IN)+fread(IN,1,MAXIN,stdin),SS==TT)?EOF:*SS++)
#define pb emplace_back
typedef long long LL;
const int N=5e5+5,M=1e6+6,Q=1e7+1e6+5/*队列最少的空间，1e7还是太小*/;
int A[M],sum[M],Ans[M],qid[N];
char IN[MAXIN],*SS=IN,*TT=IN;
struct Quries
{
int L,pos,val;
}q[M];
std::vector<int> vec[N];
struct Segment_Tree
{
#define S M<<2 //值域为M！
#define ls rt<<1
#define rs rt<<1|1
#define lson l,m,ls
#define rson m+1,r,rs
int now,res,qL,qid,pos[M],L[S],R[S],q[Q];
#undef S
void Build(int l,int r,int rt)
{
L[rt]=now, R[rt]=now-1; //初始化该节点的队首和队尾
now+=sum[r]-sum[l-1]; //分配该节点的空间
if(l==r)
{
pos[l]=rt; //记一下每个值叶节点的位置
return;
}
int m=l+r>>1;
Build(lson), Build(rson);
}
void Update(int p,int id,int val)
{
for(int rt=pos[val]; rt; rt>>=1) //记录叶节点位置，自底向上for就可以了
{
int h=L[rt], t=R[rt];
while(h<=t && q[t]>id) --t;
q[++t]=id, R[rt]=t;
}
}
bool Check(int rt)
{
int l=L[rt],r=R[rt],mid;
while(l<=r)
{
mid=l+r>>1;
if(q[mid]<qid && ::q[q[mid]].pos>=qL) return 1;
if(q[mid]<qid) l=mid+1;
else r=mid-1;
}
return 0;
// while(l<r)
// {
// mid=l+r+1>>1;
// if(q[mid]<qid) l=mid;
// else r=mid-1;
// }
// return q[l]<qid && ::q[q[l]].pos>=qL;
}
void QueryL(int l,int r,int rt,int qR)
{
if(res||L[rt]>R[rt]) return; //! 区间里没有数记得return
if(r<=qR)
{
if(!Check(rt)) return; //先找到对应区间，再Check，少Check一些是不是会快
if(l==r) {res=l; return;} //当然不合法区间不会DFS到叶节点
}
int m=l+r>>1;
if(m<qR) QueryL(rson,qR);
QueryL(lson,qR);
}
void QueryR(int l,int r,int rt,int qL)
{
if(res||L[rt]>R[rt]) return; //! 区间里没有数记得return
if(qL<=l)
{
if(!Check(rt)) return;
if(l==r) {res=l; return;}
}
int m=l+r>>1;
if(qL<=m) QueryR(lson,qL);
QueryR(rson,qL);
}
}T;
inline int read()
{
int now=0,f=1; char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=='-'&&(f=-1),c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-48,c=gc());
return now*f;
}
void Query(int id,int cnt)
{
int L=q[id].L,val=q[id].val,ans=2e9;
T.qL=L, T.qid=id;
T.res=0, T.QueryL(1,cnt,1,val);
if(T.res) ans=A[val]-A[T.res];
T.res=0, T.QueryR(1,cnt,1,val);
if(T.res) ans=std::min(ans,A[T.res]-A[val]);
Ans[id]=ans==2e9?-1:ans;
}
int main()
{
for(int Ts=read(); Ts--; )
{
int n=read(),m=read(),cnt=m;
for(int i=1; i<=m; ++i)
{
if(!read()) q[i]=Quries{0,read(),read()};
else q[i]=Quries{read(),read(),read()};
A[i]=q[i].val;
}
std::sort(A+1,A+1+m), cnt=std::unique(A+1,A+1+m)-A-1; //值的个数为m不是n！
memset(sum,0,cnt+1<<2), memset(qid,0,n+1<<2);
for(int i=1; i<=n; ++i) std::vector<int>().swap(vec[i]);
for(int i=1; i<=m; ++i)
{
int v=std::lower_bound(A+1,A+1+cnt,q[i].val)-A;
q[i].val=v;
if(!q[i].L) qid[q[i].pos]=i, ++sum[v];
else vec[q[i].pos].pb(i);
}
for(int i=1; i<=cnt; ++i) sum[i]+=sum[i-1]; //注意n,m,cnt含义！
#define S 1,cnt,1
T.now=1, T.Build(S);
for(int i=1; i<=n; ++i) //枚举R
{
if(qid[i]) T.Update(i,qid[i],q[qid[i]].val);
for(auto v:vec[i]) Query(v,cnt);
}
for(int i=1; i<=m; ++i) q[i].L && printf("%d
",Ans[i]);
}
return 0;
}