#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int mian(); int main() { return mian(); }

const int N = 41, K = 2525;
int n, k;
char ch[N];
bitset<K> dp[N][N][N];

char ci[] = {'B','D','E','F','G','H','I','J','K','L','M','O','P','Q','R','S','T','U','V','W','X','Y','Z'};

void out(const int i, const int cn, const int cc, const int kkl) {
//	cout<<ch[i + 1]<<" "<<i<<" "<<cn<<" "<<cc<<" "<<kkl<<"  "<<dp[i][cn][cc].test(kkl)<<endl;
	if( i == 0 ) { for(int j = 1; j <= n; ++j) putchar(ch[j]); return ; }
	switch( ch[i] ) {
		case 'N' : { out( i - 1, cn - 1, cc, kkl ); break; }
		case 'C' : { out( i - 1, cn, cc + 1, kkl ); break; }
		case 'A' : { out( i - 1, cn, cc, kkl - cn * cc ); break; }
		case '?' : {
			if( dp[i - 1][cn - 1][cc].test(kkl) ) ch[i] = 'N', out( i - 1, cn - 1, cc, kkl );
			else if( dp[i - 1][cn][cc + 1].test(kkl) ) ch[i] = 'C', out( i - 1, cn, cc + 1, kkl );
			else if( kkl >= cn * cc and dp[i - 1][cn][cc].test( kkl - cn * cc ) ) ch[i] = 'A', out( i - 1, cn, cc, kkl - cn * cc );
			else ch[i] = ci[ rand() % 23 ], out( i - 1, cn, cc, kkl );
			break;
		}
		default : { out( i - 1, cn, cc, kkl ); }
	}
}
 
int mian() {
	srand(time(0));
	scanf("%d%d%s", &n, &k, ch + 1);
	for(int i = 0; i <= n; ++i) dp[0][0][i].set(0);//如果太少了也是一样的不会统计到答案中 
	for(int i = 0; i < n; ++i) {
		for(int cn = 0; cn <= i; ++cn){
			for(int cc = 0; cc + cn <= n; ++cc) {
//				if(i == 10 and cn == 1 and cc == 3 and dp[i][cn][cc].count()) cout<<cn<<" "<<cc<<"   "<<dp[i][cn][cc]<<endl;
//				if(i == 11 and cn == 1 and cc == 2 and dp[i][cn][cc].count()) cout<<cn<<" "<<cc<<"   "<<dp[i][cn][cc]<<endl;
				switch( ch[i + 1] ) {
					case 'N' : { dp[i + 1][cn + 1][cc] |= dp[i][cn][cc]; break; }
					case 'C' : { dp[i + 1][cn][cc - 1] |= dp[i][cn][cc]; break; }
					case 'A' : { dp[i + 1][cn][cc] |= dp[i][cn][cc] << ( cn * cc ); break; }
					case '?' : {
						dp[i + 1][cn + 1][cc] |= dp[i][cn][cc];
						dp[i + 1][cn][cc - 1] |= dp[i][cn][cc];
						dp[i + 1][cn][cc] |= dp[i][cn][cc] << ( cn * cc );
						dp[i + 1][cn][cc] |= dp[i][cn][cc];
						break;
					}
					default : { dp[i + 1][cn][cc] |= dp[i][cn][cc]; }
				}
			}
		}
	}
	for(int cntn = 0; cntn <= n; ++cntn) {
//		cout<<dp[n][cntn][0]<<endl;
		if( dp[n][cntn][0].test(k) ) return out(n, cntn, 0, k), 0;
	}
	puts("-1");
	return 0;
}/*
给出一个大小为 $n$ 的串，要求将其中的 $?$ 替换成任意的大写字母，使得最终的串中 $NAC$ 子序列的个数为 $k$ 
构造方案 
$n\le40, k\le 2500$ 
$1s, 2G$

朴素的 $dp$ 可以设计为 $N,NA,NAC$ 的子序列各有多少个，但这样是 $O(n^3k)$ 的 
考虑状态上的优化，考虑 $NAC$ 三个位置中比较特殊的位置，比如说中间的 $A$ 
那么对于一个 $A$ ，他的贡献就是前面的 $n$ 的数量 $\times$ 后面 $c$ 的数量 
于是设计为 $f(i,n,c,k)$ 表示当前位置上，前面有了 $n$ 个 $N$，后面有了 $c$ 个 $C$，能否得到最终 $k$ 的贡献 
如果这一位是 $N$，那么 $f(i,n,c,k) \to f(i+1,n+1,c,k)$ 
如果这一位是 $C$，那么 $f(i,n,c,k) \to f(i+1,n,c-1,k)$ 
如果这一位是 $A$，那么 $f(i,n,c,k) \to f(i+1,n,c,k+n*c)$ 
如果这一位是 $B$，那么 $f(i,n,c,k) \to f(i+1,n,c,k)$ 
如果这一位是 $?$，那么全转移一遍 
最终答案就是 $f(n,cnt_N,0,k)$，初始化为 $f(0,0,cnt_c,0)=1$ 
构造方案就直接向回找哪一位是 $1$ 即可 （直接记录pre或许会挂，因为空间太大） 
因为每一个 $dp$ 表示的是 $01$，且最后一维 $k$ 只在不断增加 
那么就可以直接将最后一维 $k$ 压在一个 bitset 中 
然后对于 $cnt_c$ 和 $cnt_n$，需要把 $?$ 的情况算上。最后如果存在一个方案一开始规定了 $x$ 个 $c$ 却没有用完，那么一定不在答案之中 
22 2
N??A??????C???????????
NBBABBBBBBCBBBAAAAAAAC 
*/