题目分析：
显然可以对于所有的 \(x\) 对 \(C\) 取模后处理。
那么就是两种情况：
- \(x + y \ge C\)
- \(x + y < C\)
对于第一种情况直接找最大的两个数就好了，关键就是第二种情况。
其实我们可以考虑，维护每一个数的最优匹配是什么。
这样的话插入操作就非常简单了，直接去匹配就好了，但是删除操作如果直接暴力删除的话可能会出现一次删除 \(O(n)\) 个，因为会有连锁反应。
当然，如果这个题不强制在线直接线段树分治就可以实现只有插入操作，但是它偏偏就是强制在线。
我们考虑对于 \(i\) 的最优匹配为 \(j\) 而 \(j\) 的最优匹配为 \(k\)，那么 \((i,j)\) 一定是不优于 \((j,k)\) 的，这个应该很显然吧。
那么此时我们就不去维护 \((i,j)\) 了，因为不可能最优，所以就去维护 \((j,k)\) 也就是双向匹配才可能是最优解。
这样的话每次插入和删除都更改 \(O(1)\) 的匹配，复杂度就很对了。
代码加了注释，所以应该会好懂很多。
代码：
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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,c,sz;
multiset<int> a,b;
multiset<int>::iterator it;
int best(int x,int op){ //找最优值
if(x==-1) return -1;
it=a.upper_bound(c-1-x); //找前驱
if(it==a.begin()) return -1;
it--;
if(op==1 && *it==x && a.count(x)==1) return (it==a.begin())?-1:*--it; //判掉最优值就是这个数的情况
else return *it;
}
void insert(int x){
sz++;
if(sz==1){
a.insert(x);
return;
}
int y=best(x,0),z=best(y,1),w=best(z,1);
if(y!=-1 && z<x){ //注意，此时找到的都是没有插入 x 的时候的值
if(z!=-1 && y==w) b.erase(b.find(y+z));
b.insert(x+y);
}
a.insert(x);
}
void erase(int x){
a.erase(a.find(x)),sz--;
if(!sz) return;
int y=best(x,0),z=best(y,1),w=best(z,1);
if(y!=-1 && z<x){ //注意，此时找到的都是删除 x 的时候的值
if(z!=-1 && y==w) b.insert(y+z);
b.erase(b.find(x+y));
}
}
inline int query(){
it=--a.end();
return (*it+*--it)%c;
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&c);
int lst=0;
while(n--){
int op,x;
scanf("%d%d",&op,&x); x^=lst;
if(op==1) insert(x%c);
else erase(x%c);
if(sz<2) puts("EE"),lst=0;
else printf("%d\n",lst=max(query(),b.empty()?0:*--b.end()));
}
return 0;
}