#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fi first
#define se second
#define mkp make_pair
#define pii pair<int,int>
const int N=1e6+5;
int n,m,q;
struct node{
	int x,y;
	node(int a=0,int b=0):x(a),y(b){}
}pos[N],ans[N],tmp[N];
int kk=0,cnt=0,sum,type[N],len[N],st[N],l[N],r[N];
struct segment
{
	int kk,ls[N<<2],rs[N<<2],v[N<<2];
	segment(){ kk=1;}
	void clear(){ for(int i=0;i<=kk;i++) ls[i]=rs[i]=v[i]=0; kk=1;}
	int modify(int l,int r,int tl,int tr,int vv,int idx)
	{
		if(!idx) idx=++kk;
		if(l>=tl&&r<=tr)
		{
			v[idx]=max(v[idx],vv);
			//cout<<"gai:"<<l<<" "<<r<<" "<<vv<<" "<<v[idx]<<endl;
			return idx;
		}
		int mid=(l+r)>>1;
		if(mid>=tl) ls[idx]=modify(l,mid,tl,tr,vv,ls[idx]);
		if(mid<tr) rs[idx]=modify(mid+1,r,tl,tr,vv,rs[idx]);
		//cout<<"modify:"<<kk<<" "<<l<<" "<<r<<" "<<idx<<" "<<ls[idx]<<" "<<rs[idx]<<endl;
		return idx;
	}
	int query(int l,int r,int tar,int idx)
	{
		if(!idx) return 0;
		//cout<<"query:"<<l<<" "<<r<<" "<<tar<<" "<<v[idx]<<endl;
		if(l==r) return v[idx];
		int mid=(l+r)>>1;
		if(mid>=tar) return max(query(l,mid,tar,ls[idx]),v[idx]);
		else return max(query(mid+1,r,tar,rs[idx]),v[idx]);
	}
}tr[2];
namespace seg
{
	vector<int> ask[N<<2];
	void add(int l,int r,int tl,int tr,int id,int idx)
	{
		if(l>=tl&&r<=tr)
		{
			ask[idx].push_back(id);
			return;
		}
		int mid=(l+r)>>1;
		if(mid>=tl) add(l,mid,tl,tr,id,idx<<1);
		if(mid<tr) add(mid+1,r,tl,tr,id,idx<<1|1);
	}
	void sol(int l,int r,int idx)
	{
		if(ask[idx].size())
		{
			int i,j,k;
			tr[0].clear();
			tr[1].clear();
			vector<pii> ps[2];
			for(i=l;i<=r;i++)
			{
				j=tr[type[i]].query(0,n,len[i],1);
				ps[type[i]].push_back(mkp(j,len[i]));//,cout<<type[i]<<" "<<j<<" "<<len[i]<<endl;
				//cout<<1-type[i]<<" "<<j<<" "<<n-len[i]-1<<" "<<len[i]+1<<endl;
				tr[1-type[i]].modify(0,n,j,n-len[i]-1,len[i]+1,1);
			}
			for(i=0;i<ask[idx].size();i++) tmp[ask[idx][i]]=ans[ask[idx][i]]; 
			sort(ask[idx].begin(),ask[idx].end(),[&](int a,int b){ return ans[a].x<ans[b].x;});
			sort(ps[0].begin(),ps[0].end());
			tr[0].clear();
			i=0;
			ps[0].push_back(mkp(n+1,0));
			for(pii x:ps[0]){
				while(i<ask[idx].size()&&x.fi>ans[ask[idx][i]].y){
					tmp[ask[idx][i]].y=max(tmp[ask[idx][i]].y,tr[0].query(0,n,ans[ask[idx][i]].x,1));
					++i;
				}
				tr[0].modify(0,n,0,x.se,n-x.se,1);
			}
			
			sort(ask[idx].begin(),ask[idx].end(),[&](int a,int b){ return ans[a].y<ans[b].y;});
			sort(ps[1].begin(),ps[1].end());
			tr[1].clear();
			i=0;
			ps[1].push_back(mkp(n+1,0));
			for(pii x:ps[1]){
				while(i<ask[idx].size()&&x.fi>ans[ask[idx][i]].x){
					//cout<<tmp[ask[idx][i]].x<<" "<<ans[ask[idx][i]].y<<" "<<tr[1].query(0,n,ans[ask[idx][i]].y,1)<<endl;
					tmp[ask[idx][i]].x=max(tmp[ask[idx][i]].x,tr[1].query(0,n,ans[ask[idx][i]].y,1));
					++i;
				}
				//cout<<0<<" "<<x.fi<<" "<<x.se<<" "<<n-x.se<<endl;
				tr[1].modify(0,n,0,x.se,n-x.se,1);
			}
			for(i=0;i<ask[idx].size();i++) ans[ask[idx][i]]=tmp[ask[idx][i]];
		}
		if(l==r) return;
		int mid=(l+r)>>1;
		sol(l,mid,idx<<1),sol(mid+1,r,idx<<1|1);
	}
}	
int main()
{
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&q);
	int i,op,j,k;
	for(i=1;i<=m;i++) scanf("%d%d",&pos[i].x,&pos[i].y),st[i]=0;
	sum=m;
	for(i=1;i<=q;i++)
	{
		scanf("%d",&op);
		if(op==1)
		{
			++cnt;
			scanf("%d",&j);
			l[cnt]=st[j]+1;
			r[cnt]=kk;
			//cout<<cnt<<" "<<l[cnt]<<" "<<r[cnt]<<endl;
			ans[cnt]=pos[j];
		}
		else if(op==4)
		{
			++sum;
			scanf("%d%d",&pos[sum].x,&pos[sum].y);
			st[sum]=kk;
		}
		else{
			++kk;
			scanf("%d",&len[kk]);
			type[kk]=1-(op&1);
		}
	}
	for(i=1;i<=cnt;i++)
		seg::add(1,kk,l[i],r[i],i,1);
	seg::sol(1,kk,1);
	for(i=1;i<=cnt;i++)
		printf("%d %d\n",ans[i].x,ans[i].y);
	return 0;
}
/*
依次考虑所有部分分
只有124操作：
每次相当于一个区间取max
将所有操作离线后，按照x坐标升序重编号
4操作就是一次单点赋值，2操作就是区间取max

只有123操作且 x[i]<=x[i+1] && y[i]>=y[i+1]:
不论进行什么操作，x均不降，y均不升
于是将x，y分开维护
每次操作可以二分求出受到影响的区间并进行区间赋值

只有123操作：
此时的点不满足 x不降，y不减
但所有已经被操作过一次的点一定满足这一条件
于是，所有操作的影响区间可以只使用右上角表示
一个点第一次被操作，就是右上角被操作时间最小的
于是将操作按右上角的纵坐标降序，也将点按纵坐标降序扫描线得到每个点第一次被影响的操作
这样，每次操作仍然是一个区间取max
而第一次受到影响的点可以直接计算出新的位置然后进行单点赋值
也许需要使用平衡树维护?(因为 xy 都会变，所以不容易进行重编号)

无特殊约束:
只有123的方法不能用在这里，因为会有新加的点
假设先进行了一次纵向操作 x 后进行一次横向操作 y
那么也就是说，y只能对 (纵坐标 >x 且纵坐标 <=y 的点的横坐标) 与 (n-y) 取max
顺次考虑所有操作，不难发现，每个纵向操作，会对后于它的横向操作的下界有限制
使用两棵线段树维护两种操作的下界(将x,y分别离散化，vx[i]/vy[i]记录当前时刻下，x/y=i 的下界)
此时所有操作之间是独立的了
对于所有询问，找到该询问的点加入后的第一次操作和询问前的最后一次操作
我们可以认为该询问的答案只由该区间内的操作决定
这就意味着只要将该区间内的操作按下界从小到大排序后
按另一维排序维护线段树取max即可
使用线段树分治即可
*/