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
#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 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;
}