显然一只蚂蚁与一块方糖匹配，是类似图匹配的结构。那么考虑考虑朝距离 $\le L$ 的所有方糖连一条边，这个二分图的最大匹配就是答案。

分别记 $a_i,b_i$ 为位置 $i$ 的蚂蚁数和方糖数。

运用 Hall 定理，我们知道二分图最大匹配是 $\sum a_i-\max\limits_{S}\{0,\sum_{i \in S}a_i-\sum_{i \in N(S)}b_i\}$。

考虑将 $S$ 表示为 $k$ 个不交区间的并 $[l_1,r_1]\cup [l_2,r_2]\cup\cdots\cup[l_k,r_k]$。

则 $N(S)=\big[l_1-L,r_1+L\big]\cup \big[l_2-L,r_2+L\big]\cup\cdots\cup\big[l_k-L,r_k+L\big]$。

这些区间也最好不交，这要求了 $l_{i+1}-r_i >2L$。

如果出现了 $l_{i+1}-r_i \le 2L$，我们可以将区间 $[l_i,r_i],[l_{i+1},r_{i+1}]$ 合并为区间 $[l_i,r_{i+1}]$，这样 $N(S)$ 不变，但 $S$ 不减。一定是不劣的。

考虑用一个简单的形式刻画 $\sum_{i \in N(S)}b_i$，可以写成所有区间减去相邻区间交。两个部分的表示都不难，修改后的变化容易表示。

可以直接上线段树转移，维护 $f_{0/1,0/1}$ 表示目前区间左端点选/不选，右端点选/不选的最大值。转移时枚举一下中点怎么选就好了。

需要对坐标离散化一下。时间复杂度 $\mathcal{O}\big(q\log q\big)$，空间复杂度 $\mathcal{O}(q)$。

#include<bits/stdc++.h>
#define vector basic_string
#define int long long
#define rd read()
#define gc pa == pb && (pb = (pa = buf) + fread(buf, 1, 100000, stdin), pa == pb) ? EOF : *pa++
using namespace std;
static char buf[100000], * pa(buf), * pb(buf);
inline int read(){
	register int x=0,s=gc;while(!isdigit(s))s=gc;
	while(isdigit(s))x=(x<<1)+(x<<3)+(s^48),s=gc;
	return x;
}
const int N=500005,inf=1e16;
int n,q,L;
struct query{
	int op,x,v;
}t[N];
vector<int> v;
struct seg{
	int f[N<<2][2][2],w[N<<2],t[N<<2];
	inline void chkmax(int &x,int y){
		x=x<y?y:x;
	}
	inline void pushup(int id){
		for(int i:{0,1})for(int j:{0,1})f[id][i][j]=-inf;
		for(int l1:{0,1})for(int r1:{0,1})
			for(int l2:{0,1})for(int r2:{0,1})
				chkmax(f[id][l1][r2],
					f[id<<1][l1][r1]+f[id<<1|1][l2][r2]+(r1&&l2)*w[id]);}
	inline void push(int id,int k){
		t[id]+=k,w[id]+=k;
		for(int i:{0,1})for(int j:{0,1})f[id][i][j]-=k;
		chkmax(f[id][0][0],0);
	}
	inline void pushdown(int id){
		if(t[id])push(id<<1,t[id]),push(id<<1|1,t[id]),t[id]=0;
	}
	inline void U(int id,int l,int r,int x,int k){
		if(l==r)return f[id][1][1]+=k,void();
		int mid=l+r>>1;pushdown(id);
		x<=mid?U(id<<1,l,mid,x,k):U(id<<1|1,mid+1,r,x,k),pushup(id);
	}
	inline void U(int id,int l,int r,int x,int y,int k){
		if(x>y)return;if(x<=l&&y>=r)return push(id,k);
		int mid=l+r>>1;pushdown(id);
		if(x<=mid)U(id<<1,l,mid,x,y,k);
		if(y>mid)U(id<<1|1,mid+1,r,x,y,k);
		if(x<=mid&&y>mid)w[id]+=k;pushup(id);
	}
	inline int res(){
		return max({f[1][0][0],f[1][0][1],f[1][1][0],f[1][1][1]});
	}
}T;
signed main(){
	q=rd,L=rd;for(int i=1;i<=q;++i)t[i]={rd,rd,rd},v+=t[i].x;
	sort(v.begin(),v.end()),v.erase(unique(v.begin(),v.end()),v.end()),n=v.size();
	for(int i=1,l,r,ans=0;i<=q;++i){
		if(t[i].op==1)
			l=lower_bound(v.begin(),v.end(),t[i].x)-v.begin()+1,
			T.U(1,1,n,l,t[i].v),ans+=t[i].v;
		else
			l=lower_bound(v.begin(),v.end(),t[i].x-L)-v.begin()+1,
			r=upper_bound(v.begin(),v.end(),t[i].x+L)-v.begin(),
			T.U(1,1,n,l,r,t[i].v);
		cout<<ans-T.res()<<'\n';
	}
	return 0;
}