import sys

sys.setrecursionlimit(10 ** 6)
int1 = lambda x: int(x) - 1
p2D = lambda x: print(*x, sep="\n")
def II(): return int(sys.stdin.readline())
def MI(): return map(int, sys.stdin.readline().split())
def LI(): return list(map(int, sys.stdin.readline().split()))
def LLI(rows_number): return [LI() for _ in range(rows_number)]

def main():
    n, x = MI()
    aa = LI()
    # 閉区間[l,r]が残っている状態で手順が来たとき、勝てるかどうかをDPする
    # lが現在の位置からどこまで移動できるかを事前計算する
    lto = [0] * n
    to = -1
    s = 0
    for l in range(n):
        while to < n - 1 and s <= x:
            to += 1
            s += aa[to]
        lto[l] = to
        s -= aa[l]
    # print(lto)
    # rが現在の位置からどこまで移動できるかを事前計算する
    rto = [0] * n
    to = n
    s = 0
    for r in range(n - 1, -1, -1):
        while to > 0 and s <= x:
            to -= 1
            s += aa[to]
        rto[r] = to
        s -= aa[r]
    # print(rto)
    # l<rを守ったうえで、lは大きい方から、rは小さい方からDP[l][r]を更新
    # 遷移先に1つでも負け(0)があれば勝ち(1)、そうでなければ(すべて1なら)負け(0)
    # ただし、遷移先が複数あり、愚直にやるとTLEするので
    # ｌとr別々に累積和の表を持って、0の遷移先があるか判断する
    dpl = {(i,i):0 for i in range(n)}
    dpr = {(i,i):0 for i in range(n)}
    win = 0
    for l in range(n - 2, -1, -1):
        for r in range(l + 1, n):
            win = 0
            # l=r(残り1つの状態)に遷移できれば勝ちで確定
            # (和＜遷移先のマスの数)ならば、どこかのマスは0なので勝ち
            # lを動かすとき
            nl = lto[l]  # 最遠の遷移先
            if nl >= r or dpl[l + 1, r] - dpl[nl + 1, r] < nl - l: win = 1
            # rを動かすとき
            nr = rto[r]  # 最遠の遷移先
            if nr <= l or dpr[l, r - 1] - dpr[l, nr - 1] < r - nr: win = 1
            # 表を更新
            dpl[l, r] = dpl[l + 1, r] + win
            dpr[l, r] = dpr[l, r - 1] + win
    if win:
        print("A")
    else:
        print("B")

main()