Ceil Divisions（递归，黄金分割应用）

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You have an array a 1 , a 2 , … , a n a_1,a_2,…,a_n a1,a2,…,an where a i = i a_i=i ai=i.

In one step, you can choose two indices x x x and y y y ( x ≠ y ) (x≠y) (x=y) and set a x = ⌈ a x a y ⌉ a_x=⌈\frac{a_x}{a_y}⌉ ax=⌈ayax⌉ (ceiling function).

Your goal is to make array a a a consist of n − 1 n−1 n−1 ones and 1 1 1 two in no more than n + 5 n+5 n+5 steps. Note that you don’t have to minimize the number of steps.

Input

The first line contains a single integer t ( 1 ≤ t ≤ 1000 ) t (1≤t≤1000) t(1≤t≤1000) — the number of test cases.

The first and only line of each test case contains the single integer n ( 3 ≤ n ≤ 2 ⋅ 105 ) n (3≤n≤2⋅105) n(3≤n≤2⋅105) — the length of array a a a.

It’s guaranteed that the sum of n over test cases doesn’t exceed 2 ⋅ 105 2⋅105 2⋅105.

Output

For each test case, print the sequence of operations that will make a as n − 1 n−1 n−1 ones and 1 1 1 two in the following format: firstly, print one integer m ( m ≤ n + 5 ) m (m≤n+5) m(m≤n+5) — the number of operations; next print m pairs of integers x x x and y y y ( 1 ≤ x , y ≤ n ; x ≠ y ) (1≤x,y≤n; x≠y) (1≤x,y≤n;x=y) ( x x x may be greater or less than y y y) — the indices of the corresponding operation.

It can be proven that for the given constraints it’s always possible to find a correct sequence of operations.

Example

input

2
3
4

output

Note
In the first test case, you have array a = [ 1 , 2 , 3 ] a=[1,2,3] a=[1,2,3]. For example, you can do the following:

choose 3 , 2 3, 2 3,2: a 3 = ⌈ a 3 a 2 ⌉ = 2 a_3=⌈\frac{a_3}{a_2}⌉=2 a3=⌈a2a3⌉=2 and array a = [ 1 , 2 , 2 ] a=[1,2,2] a=[1,2,2];
choose 3 , 2 3, 2 3,2: a 3 = ⌈ 2 2 ⌉ = 1 a_3=⌈\frac22⌉=1 a3=⌈22⌉=1 and array a = [ 1 , 2 , 1 ] a=[1,2,1] a=[1,2,1].
You’ve got array with 2 2 2 ones and 1 1 1 two in 2 2 2 steps.
In the second test case, a = [ 1 , 2 , 3 , 4 ] a=[1,2,3,4] a=[1,2,3,4]. For example, you can do the following:

choose 3 , 4 3, 4 3,4: a 3 = ⌈ 3 4 ⌉ = 1 a_3=⌈\frac34⌉=1 a3=⌈43⌉=1 and array a = [ 1 , 2 , 1 , 4 ] a=[1,2,1,4] a=[1,2,1,4];
choose 4 , 2 4, 2 4,2: a 4 = ⌈ 4 2 ⌉ = 2 a_4=⌈\frac42⌉=2 a4=⌈24⌉=2 and array a = [ 1 , 2 , 1 , 2 ] a=[1,2,1,2] a=[1,2,1,2];
choose 4 , 2 4, 2 4,2: a 4 = ⌈ 2 2 ⌉ = 1 a_4=⌈\frac22⌉=1 a4=⌈22⌉=1 and array a = [ 1 , 2 , 1 , 1 ] a=[1,2,1,1] a=[1,2,1,1].

思路一

选择一个 x ( x < n ) x~(x<n) x (x<n)，将 [ 2 , n − 1 ] [2,n-1] [2,n−1] 中除了 x x x 之外的每个数都与 n n n 进行操作，变为 1 1 1，总共需要操作 n − 3 n-3 n−3 次。之后在 8 8 8 次操作之内，将 x x x 与 n n n 变为 1 1 1、 2 2 2。

这个思路是否可行取决于 x x x 的选取，若 x x x 取 2 2 2，那么它只能解决 n < = 2 8 n<=2^8 n<=28 的情况； x x x 取 4 4 4 的话，若 n = 1024 n=1024 n=1024 ，那么最终只能变为 1 、 4 1、4 1、4两个数；选 n \sqrt n n 也不行。

首先发现，要使得操作次数尽可能小，这两个数不能大小相近。并且，一次操作后，得到的两个数同样不能大小相近。那么，设 x = n y x=n^y x=ny ，一次操作后 n n n 变为 n 1 − y n^{1-y} n1−y，设操作前后两个数字比例相同：
1 y = y 1 − y \frac1y=\frac{y}{1-y} y1=1−yy
解得： y = 5 − 1 2 y=\frac{\sqrt 5-1}{2} y=25 −1.

所以， x x x 取 n 5 − 1 2 n^{\frac{\sqrt 5-1}{2}} n25 −1 时，可以使用较小的操作数使得 x x x 与 n n n 尽快减小。
例如， n = 2 × 1 0 5 n=2\times 10^5 n=2×105 时，选 x = c e i l ( n 5 − 1 2 ) = 3420 x=ceil(~n^{\frac{\sqrt 5-1}{2}}~)=3420 x=ceil( n25 −1 )=3420，这对数的变化如下：

{ 200000 , 3420 } = > { 59 , 3420 } = > { 59 , 6 } = > { 10 , 6 } = > { 2 , 6 } = > { 2 , 3 } = > { 2 , 1 } \{200000,3420\}=>\{59,3420\}=>\{59,6\}=>\{10,6\}=>\{2,6\}=>\{2,3\}=>\{2,1\} {200000,3420}=>{59,3420}=>{59,6}=>{10,6}=>{2,6}=>{2,3}=>{2,1}

在 8 8 8 次操作之内可实现。

但是，有时也会失败，因为 c e i l ceil ceil 函数的影响，还是会使得这对数无法保持比例，例如：

{ 19 , 7 } = > { 3 , 7 } = > { 3 , 3 } = > { 1 , 3 } \{19,7\}=>\{3,7\}=>\{3,3\}=>\{1,3\} {19,7}=>{3,7}=>{3,3}=>{1,3}

所以把黄金分割周围的 10 10 10 个数字都试一遍，哪个可行选哪个。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int T,n,op[100][2],tot;bool calc(int x,int y){tot=0;int a=x,b=y;while(a+b!=3){if(a==b&&a!=2) return false;if(a>b){op[tot][0]=x,op[tot++][1]=y;a=ceil(1.0*a/b);}else{op[tot][0]=y,op[tot++][1]=x;b=ceil(1.0*b/a);}}return tot<=8;
}void solve(){cin>>n;int x=ceil(pow(n,2.0/(1+sqrt(5))));for(int i=max(x-5,2);i<=min(x+5,n-1);i++)if(calc(n,i)){ x=i; break; } cout<<n-3+tot<<"\n";for(int i=2;i<n;i++) if(i!=x)cout<<i<<" "<<n<<"\n";for(int i=0;i<tot;i++) cout<<op[i][0]<<" "<<op[i][1]<<"\n";
}int main(){ios::sync_with_stdio(false);for(cin>>T;T;T--) solve();
}

方法二 STD

采用了递归的方法。取 x = c e i l ( n ) x=ceil(~\sqrt n~) x=ceil( n )，那么可以把原序列分为左右两段，对于右边一段 [ x + 1 , r ] [x+1,r] [x+1,r]，除了 r r r 之外的每个数字都与 r r r 进行操作，那么一次操作即可变为 1 1 1 ，至于 r r r ，它与 x x x 进行两次操作必然会变为 1 1 1，对 [ l , m i d ] [l,mid] [l,mid] 进行递归。

总操作数为 n − 2 + ( s e g m e n t − 1 ) n-2+(segment-1) n−2+(segment−1) ， s e g m e n t segment segment 是段的数量，当 n = 2 × 1 0 5 n=2\times 10^5 n=2×105 时， s e g m e n t = 6 < 8 segment=6<8 segment=6<8 .

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int T,n,tn;void divi(int l,int r){if(r<=2) return;int mid=ceil(sqrt(r));for(int i=mid+1;i<r;i++) cout<<i<<" "<<r<<"\n";for(int i=0;i<2;i++) cout<<r<<" "<<mid<<"\n";divi(l,mid);
}void solve(){int op=0; cin>>n,tn=n;while(tn>2) op++,tn=ceil(sqrt(tn));cout<<n-2+op<<"\n";divi(1,n);
}int main(){ios::sync_with_stdio(false);for(cin>>T;T;T--) solve();
}

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