换维扫描线好题。
发现删除操作会出现过删（即删除的个数大于序列中元素数），这个很难处理。
思考一下应该能想到将每次询问查询的 \(b\to cnt_{del}+b\) 其中 \(cnt_{del}\) 为在该询问之前这个序列删除的数的个数，这样就不用删除只需插入即可。但是这样对于每个删除操作操作的每个序列都要求出删了多少个数，很困难，时间复杂度不能接受。
对于一个询问 \((A,B)\) 发现如果能找到序列 \(A\) 在此询问之前操作序列中最后一次出现过删的操作，对于该位置后的操作序列对 \(B\) 的贡献就可以用上文的方法求，而该操作及之前加入的所有元素都已经清空，只需将 \(b\to cnt_{add}\) 即可，这里的 \(cnt_{add}\) 表示该操作前加入的元素个数和。
扫描线。以序列编号为做扫描线，以操作编号建立线段树，叶子节点 \([i,i]\) 上维护第 \(1\) 到第 \(i\) 次操作的过程中共加的元素总数（不计删除）记为 \(add_i\) 以及经过 \(1\) 到 \(i\) 操作加的元素总数减去删除的元素总数记为 \(sum_i\)（不考虑过删），节点 \([l,r]\) 维护 \(\max_{i=l}^{r}add_i,\min_{i=l}^{r}sum_i\)。
下文区间 \([l,r]\) 某值记为 \(f(l,r)\)，\(f(i,i)\) 简记为 \(f(i)\)。
将修改 \((l,r,c,k)\) 拆分成在第 \(l\) 个序列将 \([id,q]\) 区间加 \(k\)，在第 \(r+1\) 个序列将 \([id,q]\) 区间加 \(-k\)，其中 \(id\) 为这个操作是操作序列中第几个操作，\(q\) 是总操作数（均不计询问）。
假设当前询问操作前进行了 \(x\) 次操作，线段树上二分出 \([1,x]\) 中最后一个 \(sum\) 等于 \(\min_{i=l}^{r} sum\) 的位置，就是上文最后一次出现过删的操作（因为对于 \(i<j,sum_j>sum_i\) 则第 \(i\) 次操作到第 \(j\) 次操作的变化量 \(<0\) 即删除数大于加入数，出现过删），记为 \(p\)。假设询问 \((A,B)\) 前有 \(m\) 此操作，在线段树上二分出 \([p,m]\) 中第一个 \(add\) 大于等于 \(add(m)-sum(m)+sum(p)+B\) 的位置，记为 \(p_1\)。上述值即为第二段中贡献 \(B\) 的值 \(add(m)-sum(m)+sum(p)=del(m)+sum(p)=add(p)+del(p+1,m)\)，其中 \(del\) 是删除的元素个数。则第 \(p_1\) 次操作加入元素即为答案。
时间复杂度 \(O(n\log n)\)。
// Problem: フードコート (Foodcourt)
// Contest: Luogu
// URL: https://www.luogu.com.cn/problem/AT_joisc2021_c
// Memory Limit: 512 MB
// Time Limit: 1000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define mp make_pair
const int N=3e5+5;int num[N],ans[N];
struct oper{int opt,id,k,c;};vector<oper>g[N],a[N];
struct node{int l,r,add,sum,la,ls;}tr[N<<2];
void pushup(int u){tr[u].add=max(tr[u<<1].add,tr[u<<1|1].add),tr[u].sum=min(tr[u<<1].sum,tr[u<<1|1].sum);}
void pd(int u){if(tr[u].ls)tr[u<<1].ls+=tr[u].ls,tr[u<<1|1].ls+=tr[u].ls,tr[u<<1].sum+=tr[u].ls,tr[u<<1|1].sum+=tr[u].ls,tr[u].ls=0;if(tr[u].la)tr[u<<1].la+=tr[u].la,tr[u<<1|1].la+=tr[u].la,tr[u<<1].add+=tr[u].la,tr[u<<1|1].add+=tr[u].la,tr[u].la=0;
}
void build(int u,int l,int r){tr[u]={l,r};if(l==r)return;int mid=l+r>>1;build(u<<1,l,mid),build(u<<1|1,mid+1,r);}
void add(int u,int l,int r,int d){if(tr[u].l>=l&&tr[u].r<=r)return tr[u].add+=d,tr[u].la+=d,void();pd(u);int mid=tr[u].l+tr[u].r>>1;if(l<=mid)add(u<<1,l,r,d);if(r>mid)add(u<<1|1,l,r,d);pushup(u);
}
void adds(int u,int l,int r,int d){if(tr[u].l>=l&&tr[u].r<=r)return tr[u].sum+=d,tr[u].ls+=d,void();pd(u);int mid=tr[u].l+tr[u].r>>1;if(l<=mid)adds(u<<1,l,r,d);if(r>mid)adds(u<<1|1,l,r,d);pushup(u);
}
int gtad(int u,int x){if(tr[u].l==tr[u].r)return tr[u].add;pd(u);int mid=tr[u].l+tr[u].r>>1;return (x<=mid?gtad(u<<1,x):gtad(u<<1|1,x));
}
int gtsum(int u,int l,int r){if(!l&&!r)return 0;if(tr[u].l>=l&&tr[u].r<=r)return tr[u].sum;pd(u);int mid=tr[u].l+tr[u].r>>1,mn=1e16;if(l<=mid)mn=min(mn,gtsum(u<<1,l,r));if(r>mid)mn=min(mn,gtsum(u<<1|1,l,r));return mn;
}
int askad(int u,int l,int r,int d){if(tr[u].add<d||tr[u].l>r||tr[u].r<l)return 0;if(tr[u].l==tr[u].r)return tr[u].l;pd(u);int w=askad(u<<1,l,r,d);return (w?w:askad(u<<1|1,l,r,d));
}
int asksum(int u,int l,int r,int d){if(tr[u].sum>d||tr[u].l>r||tr[u].r<l)return 0;if(tr[u].l==tr[u].r)return tr[u].l;pd(u);int w=asksum(u<<1|1,l,r,d);return (w?w:asksum(u<<1,l,r,d));
}
signed main(){ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);int n,m,q,c0=0,c1=0;cin>>n>>m>>q;for(int i=1,opt,l,r,c,k;i<=q;i++){cin>>opt>>l>>r;if(opt==1)cin>>num[++c0]>>k,g[l].push_back(oper{1,c0,k}),g[r+1].push_back(oper{1,c0,-k});else if(opt==2)++c0,cin>>k,g[l].push_back(oper{2,c0,-k}),g[r+1].push_back(oper{2,c0,k});else a[l].push_back(oper{3,++c1,c0,r});}build(1,1,c0);for(int i=1;i<=n;i++){for(oper j:g[i]){if(j.opt==1)add(1,j.id,c0,j.k);adds(1,j.id,c0,j.k);}for(oper j:a[i]){int mn=gtsum(1,1,j.k);int beg=(mn<0?asksum(1,1,j.k,mn):0);ans[j.id]=num[askad(1,beg+1,j.k,gtad(1,j.k)-gtsum(1,j.k,j.k)+gtsum(1,beg,beg)+j.c)];}}for(int i=1;i<=c1;i++)cout<<ans[i]<<endl;return 0;
}