取$M=\sqrt{300000}$。
設$g[i]$表示程式設計師的$\bmod i$最小的值。
若$Y<M$，那麼可以在$O(M)$時間內完成對所有$g[i]$的修改，$O(1)$時間內完成查詢。
若$Y\geq M$，那麼列舉$Y$的倍數，等價於查詢一段區間內的最小值，可以通過分塊做到$O(M)$修改，$O(1)$查詢。
因為倍數不超過$M$個，所以詢問的總複雜度為$O(M)$。
所以總時間複雜度為$O(n\sqrt{300000})$。
#include<cstdio>
const int N=300010,M=550;
int n=300000,m=n/M,q,i,x,pos[N],st[M],f[N],tag[M],g[M];char op[5];
inline void up(int&a,int b){if(a>b)a=b;}
inline void add(int x){
for(int i=1;i<M;i++)up(g[i],x%i);
for(int i=st[pos[x]];i<=x;i++)up(f[i],x);
for(int i=pos[x]-1;~i;i--)up(tag[i],x);
}
inline int ask(int x){
if(!x)x++;
int t=f[x];
up(t,tag[pos[x]]);
return t;
}
inline int query(int x){
if(x<M)return g[x];
int t=N;
for(int i=0,j=x;i<=n;i=j,j+=x){
if(j>n)j=n+1;
int y=ask(i);
if(y<j)up(t,y-i);
}
return t;
}
int main(){
for(i=1;i<=n;i++)pos[i]=i/M;
for(i=n;i;i--)st[pos[i]]=i;
for(i=1;i<=n;i++)f[i]=N;
for(i=0;i<=m;i++)tag[i]=N;
for(i=1;i<M;i++)g[i]=N;
scanf("%d",&q);
while(q--){
scanf("%s%d",op,&x);
if(op[0]=='A')add(x);else printf("%d\n",query(x));
}
return 0;
}