题目思路：
首先要告诉读者的是，在set和map中，内部结构为平衡二叉树，所以insert和erase并不会改变容器中其他元素的迭代器，但是vector会，它属于连续存储，所以他的push_abck和erase，insert函数都会改变其他元素的在内存中的位置。
具体做法：
使用一个set数组记录每一类型商品中的元素，由一个三元组构成（类型，编号，评分），那么，插入的话就可以往对应的set中插入三元组。那么怎么处理删除呢，set的erase有两种参数，一种是删除迭代器，一种是删除数值，那么我们要么记录迭代器，要么记录数值，很显然这里需要一个map
做法1：我们把（类型，编号）作为键，评分一直在变，所以作为值，在插入和初始化的时候就更新了map
做法2：我们把（类型，编号）作为键，迭代器作为值，这个怎么搞就成问题了，有一个冷门知识就是，set的insert函数其实是有返回值的，是一个pair，first就是迭代器，second是bool类型，表示插入是否成功。
在操作3查询的时候，我们直接遍历，每个类型的set，注意到编号可以很多，但是K只有100 ， 所以对于一个集合，只取min（K，Max[i]）个，那么50个set的话最多取5000个，只要在这5000个里边，排个序，取前K个，输出就行。
排序的话，第一优先级是评分，从大到小，第二优先级是类型，从小到大，第三优先级是编号，从小到大。
可是！！！！！！
会发现只有60分，说超时了，第一想法是改成C语言的输入，或者关掉同步流。提交！70分，运行超时。
这个时候我们来计算一下时间复杂度，对于插入和删除的复杂读是O（nlogn）的完全没问题，查询的复杂度，
O（m*k*log n）,理论上一点问题都没有，最多多个常数，也不会导致超时，何况题目5s。
但是就是超时了，这个情况让我想起了2019的秦皇岛A题，就是卡时间，原因也是我使用map拿pair做键值，最后是把pair改成哈希使用unordered-map过的，只不过键值必须是整形，所以要哈希一下。这个题同样，把键值pair哈希掉就可以了。改用unorderde-map。查询速度接近O（1）.
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int MAXN = 1e5+5;
struct node
{
int tp,id,sc;
node(){}
node(int a,int b,int c){
tp = a;id = b;sc = c;
}
bool operator <(const node r)const{
if(sc == r.sc){
if(tp == r.tp){
return id<r.id;
}
return tp<r.tp;
}
return sc>r.sc;
}
};
ll Hash(ll a,ll b)
{
ll ret = 0;
return (ll)a*(ll)1e10 + b;
}
unordered_map<ll,int >mp;
set<node>st[55];
int m,n;
int main()
{
mp.clear();
scanf("%d%d",&m,&n);
for(int i=1;i<=n;i++){
int id,sc;
scanf("%d%d",&id,&sc);
for(int j=0;j<m;j++){
st[j].insert(node(j,id,sc));
mp[Hash(j,id)] = sc;
}
}
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--){
int op ;
scanf("%d",&op);
if(op == 1){
int tp,id,sc;
scanf("%d%d%d",&tp,&id,&sc);
st[tp].insert(node(tp,id,sc));
mp[Hash(tp,id)] = sc;
}
else if(op == 2){
int tp,id;
scanf("%d%d",&tp,&id);
int sc = mp[Hash(tp,id)];
st[tp].erase(node(tp,id,sc));
mp.erase(Hash(tp,id));
}
else{
int Max[55];
vector<int>v[55];
vector<node>ss;
ss.clear();
int k;
scanf("%d",&k);
for(int i=0;i<m;i++){
v[i].clear();
scanf("%d",&Max[i]);
}
for(int i=0;i<m;i++){
int cnt = 0;
set<node>::iterator it;
for(it = st[i].begin();it!=st[i].end();it++){
cnt++;
if(cnt>k ||cnt > Max[i])break;
ss.push_back((*it));
}
}
int cnt = 0;
sort(ss.begin(),ss.end());
int len = ss.size();
for(int j=0;j<len;j++){
cnt++;
if(cnt > k)break;
int tp = ss[j].tp;
int id = ss[j].id;
int sc = ss[j].sc;
v[tp].push_back(id);
}
for(int i=0;i<m;i++){
int len = v[i].size();
if(len == 0){
printf("-1\n");
}
else {
for(int j=0;j<len;j++){
printf("%d ",v[i][j]);
}
printf("\n");
}
}
//cout<<endl;
}
}
}
/*
2 3
1 3
2 2
3 1
8
3 100 1 1
1 0 4 3
1 0 5 1
3 10 2 2
3 10 1 1
2 0 1
3 2 1 1
3 1 1 1
*/