Funny Game

CF 的题还是一如既往的好玩！

题目要求我们执行 $n-1$ 次操作。对于第 $x$ 次操作（$1\le x\le n-1$），可以选择一对 $(u,v)$ 满足 $x\mid (\left|a_u-a_v\right|)$，在点 $u$ 与点 $v$ 之间建边。执行所有操作后，所得到的图应为一颗树。

方便起见，将 $x\mid (\left|a_u-a_v\right|)$ 转化为 $a_u\equiv a_v(\mathrm{mod}x)$。从感觉上看，靠前的操作要靠后的操作容易得多，因此我们选择从后往前反着算。

第一次操作时，$x=n-1$。此时 $a_i\mathrm{mod}x$ 最多只有 $n-1$ 种可能的结果，而一共有 $n$ 个相互独立的点。根据鸽巢原理，能找到至少一对 $(u,v)$ 之间可以建边。连边后，两个点缩成了一个连通块。图上还有 $n-1$ 个连通块。

第二次操作时，$x=n-2$。此时 $a_i\mathrm{mod}x$ 最多只有 $n-1$ 种可能的结果。从刚才产生的连通块中任选一点，就相当于有 $n-1$ 个相互独立的点。根据鸽巢原理，仍可以从这些点中找到至少一对 $(u,v)$ 之间可以建边。连边后，图上还有 $n-2$ 个连通块。

……

第 $k$ 次操作时，$x=n-k$。此时 $a_i\mathrm{mod}x$ 最多只有 $n-k$ 种可能的结果。从目前的 $n-k+1$ 个连通块中每个都任取一点，就相当于有 $n-k+1$ 个相互独立的点。根据鸽巢原理，仍可以从这些点中找到至少一对 $(u,v)$ 之间可以建边。连边后，图上还有 $n-k$ 个连通块。

由此，我们用数学归纳法证明了一定可以构造出这样的树来，因此先输出 YES。

具体的实现上，我使用了并查集。初始时所有节点均自成集合。在倒序枚举操作时，将“从每个连通块中任取一点”实现为取该集合在并查集中的根节点即可。拿一个 map 搞一下，如果为并查集树的根节点就以余数为键点编号为值扔到 set 里，同时判重。

#include <bits/extc++.h>
using namespace std;
namespace pbds = __gnu_pbds;
using ui = unsigned int;
using uli = unsigned long long int;
using li = long long int;
struct DSU {
    vector<size_t> fa;
    DSU(size_t n) : fa(n) { iota(fa.begin(), fa.end(), size_t(0)); }
    size_t find(size_t x) { return fa[x] == x ? x : fa[x] = find(fa[x]); }
    bool check(size_t x, size_t y) { return find(x) == find(y); }
    void merge(size_t x, size_t y) { fa[find(x)] = find(y); }
};
int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
    size_t T;
    cin >> T;
    while (T--) {
        size_t n;
        cin >> n;
        vector<ui> a(n);
        for (ui &i : a)
            cin >> i;
        DSU ds(n);
        cout << "YES\n";
        vector<pair<size_t, size_t>> ans;
        for (ui x = n - 1; x >= 1; --x) {
            map<ui, size_t> d;
            for (size_t i = 0; i < n; ++i)
                if (ds.find(i) == i)
                    if (d.count(a[i] % x)) {
                        ans.emplace_back(d[a[i] % x], i);
                        ds.merge(d[a[i] % x], i);
                        goto next;
                    } else
                        d[a[i] % x] = i;
            throw;
        next:;
        }
        for_each(ans.rbegin(), ans.rend(), [](auto const &x) { cout << x.first + 1 << ' ' << x.second + 1 << '\n'; });
    }
    return 0;
}