神秘构造题。

观察样例思考容易得到当 $a_i$ 中有奇数时无解，当然特判一下 $n=1$。其它题解都没有说是为什么，其实原因很简单。考虑对于某一位，这一位数字为 $1$ 的个数和 $0$ 的个数都是总数的一半。那么每一次用掉一对数字，要么 $0$ 的个数减 $2$，要么 $1$ 的个数减 $2$，或者两个都减去 $1$。那么由于总数是偶数，第三种情况必须出现偶数次，贡献也就是偶数次了。

考虑如何构造方案。

我们尝试将大小为 $n$ 的问题变为大小为 $n-1$ 的子问题这样递归求解。求出大小为 $n-1$ 的某个解后，在回溯的时候通过一些改变变为大小为 $n$ 的解。

显然将 $n$ 减 $1$ 后，$a_i$ 的总和减小一半，并且构造的数的范围也变为 $0\sim 2^{n-1}-1$。假设我们已经求出了某个 $n-1$ 的解，要将其变换到 $n$ 的解。我们显然要构造一种方法，使得可以生成第 $n-1$ 位为 $1$ 的数字对。

注意，我们在做大小为 $n-1$ 的子问题时，只用了 $0\sim 2^{n-1}-1$ 的数，还有一半的数没有用。思考一下，我们得到一种构造方案：

假设 $n-1$ 的子问题中有一对数为 $(x,y)$，并且 $x\oplus y=2^k$，那么原本我们还可以构造 $(x+2^{n-1},y+2^{n-1})$，使其异或结果也为 $2^k$，这样就给 $a_k$ 贡献了 $2$，我们试图将这 $2$ 个贡献转移给 $a_{n-1}$。将两对数重新组合一下得到 $(x,x+2^{n-1})$ 和 $(y,y+2^{n-1})$。这样两对数异或结果都是 $2^{n-1}$ 了。

现在我们完成了回溯要做的事，那么还剩下递归的时候如何把 $a_{n-1}$ 的贡献分给其他位置。我们知道，分完后 $a_0\sim a_{n-2}$ 均要减少一半，而减完一半后显然还需要满足这些都是偶数，即用 $a_{n-1}$ 分完后，$a_0\sim a_{n-2}$ 均为 $4$ 的倍数。也就是说，如果分之前，存在 $a_i$ 对 $4$ 取余为 $2$，那么必须要由 $a_{n-1}$ 分两个给 $a_i$。

显然，如果不够分就完蛋了。但由于位运算，每一位其实是独立的，所以我们可以找一个最大的 $a_i$ 与 $a_{n-1}$ 换一下，并记录下来，回溯的时候把每个数的这两个位置换回来就好了。

这个时候，$a_{n-1}$ 的下界就是 $\frac{2^{n-1}}{n}$，而最差其他 $n-1$ 个数都要分两个走，也就是要分 $2(n-1)$ 个。注意到 $a_{n-1}$ 是指数级别的，增长很快，所以不满足要求的 $n$ 不会太大，$n$ 最大是为 $6$，可以构造出一组不合法的数据：$\{2,6,6,6,6,6\}$。

所以很简单，在 $n\le 6$ 的时候直接暴力搜索构造方案即可。

code：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef pair<int,int> p;
int id[25];
bool flag[70],ok;
set<p> s,tmps;
void dfs(int n,int k,vector<int> a){
	if(k==(1<<n)){
		ok=1;
		return;
	}
	if(flag[k]){
		dfs(n,k+1,a);
		return;
	}
	for(int j=0;j<n;j++){
		if(a[j]&&!flag[k^(1<<j)]){
			a[j]--;
			flag[k]=flag[k^(1<<j)]=1;
			s.insert({k,k^(1<<j)});
			dfs(n,k+1,a);
			if(ok) return;
			a[j]++;
			flag[k]=flag[k^(1<<j)]=0;
			s.erase({k,k^(1<<j)});
		}
	}
}
void work(int n,vector<int> a){
	if(n<=6){
		dfs(n,0,a);
		return;
	}
	int mx=0,mxid;
	for(int i=0;i<n;i++){
		if(a[i]>=mx){
			mx=a[i];
			mxid=i;
		}
	}
	swap(a[mxid],a[n-1]);
	int tmpf[25]={0};
	for(int i=0;i<n-1;i++){
		if((a[i]>>1)&1){
			tmpf[i]=1;
			a[i]+=2;
			a[n-1]-=2;
		}
	}
	a[n-2]+=a[n-1];
	tmpf[n-2]+=a[n-1]>>1;
	for(int i=0;i<n-1;i++){
		a[i]>>=1;
	}
	work(n-1,a);
	for(auto it=s.begin();it!=s.end();){
		int x=it->first,y=it->second;
		int w=__lg(x^y);
		if(tmpf[w]){
			tmpf[w]--;
			it=s.erase(it);
			s.insert({x,x^(1<<n-1)});
			s.insert({y,y^(1<<n-1)});
		}
		else{
			if(x<(1<<n-1)&&(y<(1<<n-1))){
				s.insert({x^(1<<n-1),y^(1<<n-1)});
			}
			it++;
		}
	}
	tmps.clear();
	for(auto it=s.begin();it!=s.end();it++){
		int x=it->first,y=it->second;
		x=x^(x&(1<<n-1))^(x&(1<<mxid))^((x>>n-1&1)<<mxid)^((x>>mxid&1)<<n-1);
		y=y^(y&(1<<n-1))^(y&(1<<mxid))^((y>>n-1&1)<<mxid)^((y>>mxid&1)<<n-1);
		tmps.insert({x,y});
	}
	s=tmps;
}
int main(){
	int n;
	vector<int> a;
	cin>>n;
	if(n==1){
		puts("0 1");
		return 0;
	}
	a.resize(n+1);
	for(int i=0;i<n;i++){
		cin>>a[i];
		if(a[i]&1){
			cout<<-1;
			return 0;
		}
	}
	work(n,a);
	for(auto x:s){
		printf("%d %d\n",x.first,x.second);
	}
	return 0;
}