CF341E

有意思的构造题。

分析：

大胆猜想必定有解，一开始就不足两个盒子除外。

给了两个盒子的条件，那么考虑如果有三个盒子如何解决。

目前有三个数 \(a_x\) , \(a_y\) , \(a_z\) ，需要将其中一个变为 \(0\) ，

根据操作会使 \(a_i \times 2\) 可以联想到利用类似快速幂(?)的方法得到 \(a_x \times k\)，

假设 \(a_x \le a_y \le a_z\) ，可以造出 \(a_x\) 的若干次方，也就可以对 \(a_y\) 完成取模操作， \(a_y \rightarrow a_y \mod a_x\) 。
让 \(a_x\) , \(a_y\) , \(a_z\) 保持有序，可以使 \(a_x\) 不断减小，必能到达 \(0\) 。

具体地，令 \(k=\lfloor \frac{a_y}{a_x} \rfloor\) ，\(a_y = k \cdot a_x + r\) ，
第 \(i\) 步会让 \(a_x'=a_x 2^i\) ，也就是说，若 \(k\) 二进制下的第 \(i\) 位是 \(1\) 则操作 \((x,y)\) ，否则操作 \((x,z)\) 。
由于我们的操作正在一步步地删去 \(k\) 中的 \(1\) ，所以一定有 \(a_y \ge a_x\) ，同时，由于 \(a_y \le a_z\) ，每次 \((x,z)\) 的操作一定是为了后面的一次 \((x,y)\) 操作，那么也可以保证 \(a_x \le a_z\) 。

code：

#include<bits/stdc++.h>
#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;++i)
#define fd(i,a,b) for(int i=a;i>=b;--i)
using namespace std;
const int N=1010 , M=1e5+10;
int n,a[N],ans,x,y,z,cnt;
pair<int,int> q[M];
void work(int x,int y){
	q[++ans]=make_pair(x,y);
	a[y]-=a[x];
	a[x]<<=1;
}
int main(){
	freopen("data.in","r",stdin);
	freopen("data.out","w",stdout);
	scanf("%d",&n);
	fo(i,1,n){
		scanf("%d",&a[i]);
		if(!a[i])continue;
		++cnt;
		if(!x)x=i;
		else if(!y)y=i;
		else{
			z=i;
			if(a[x]>a[y])swap(x,y);
			if(a[x]>a[z])swap(x,z);
			if(a[y]>a[z])swap(y,z);
			while(a[x]){
				int k=a[y]/a[x];
				for(int i=1;i<=k;i<<=1){
					if(k&i)work(x,y);
					else work(x,z);
				}
				if(a[x]>a[y])swap(x,y);
				if(a[x]>a[z])swap(x,z);
				if(a[y]>a[z])swap(y,z);
			}
			x=y;y=z;
		}
	}
	if(cnt<2)
		printf("-1\n");
	else{
		printf("%d\n",ans);
		fo(i,1,ans)printf("%d %d\n",q[i].first,q[i].second);
	}

	return 0;
}