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考慮乙個基本操作，如果有兩個柱子 \(x,y\) 是滿的，\(z\) 是空的，這 \(2m\) 個球中有 \(m\) 個關鍵球，要把所有的關鍵球移到同一根柱子上。

設 \(x\) 柱上有 \(a\) 個關鍵球，操作如下：

（1）把 \(y\) 柱頂部的 \(a\) 個球移到 \(z\) 柱。

（2）把 \(x\) 柱上的球依次移走，如果是關鍵球就移到 \(y\) 柱，否則移到 \(z\) 柱。

（3）把 \(z\) 柱頂部的 \(m-a\) 個球移回 \(x\) 柱，再把 \(y\) 柱頂部的 \(a\) 個球移回 \(x\) 柱。

（4）把 \(x\) 柱頂部的 \(a\) 個關鍵球移到 \(z\) 柱。

（5）把 \(y\) 柱上的球依次移走，如果是關鍵球就移到 \(z\) 柱，否則移到 \(x\) 柱。

這樣結束之後，所有的關鍵球都到了 \(z\) 柱上。

這樣 \(n=2\) 就做完了，\(o(m)\)。

回到原問題，考慮分治：定義分治函式 \(solve(l,r)\)，每次定 \(mid=\lfloor\frac2\rfloor\)，把 \(\le mid\) 和 \(>mid\) 的球分開，然後進行 \(solve(l,mid)\) 和 \(solve(mid+1,r)\)。

如何分開，可以取出這 \(r-l+1\) 根柱子，每次找兩根柱子，如果這兩根柱子中 \(\le mid\) 的球比 \(>mid\) 的球多，就選 \(m\) 個 \(\le mid\) 的球作為關鍵球，否則選 \(m\) 個 \(>mid\) 的球作為關鍵球，進行一輪以上基本操作，這樣就製造出了乙個滿足所有球都在 \([l,mid]\) 內或所有球都在 \([mid+1,r]\) 內的柱子。

經過 \(r-l\) 輪，所有 \(r-l+1\) 根柱子都滿足這個條件，可以遞迴下去。

操作次數 \(o(nm\log n)\)。

#include template inline void read(t &res)
const int n = 55, m = 405, l = 888888;
int n, m, tot, x[l], y[l], sze[n], a[n][m], em;
bool isx[m], isy[m], vis[n];
void record(int x, int y)
int mer(int x, int y, int mid)
for (int i = 1; i <= m; i++) if (!isx[i] && cntl + cntr < m)
cntl++, isx[i] = 1;
for (int i = 1; i <= cntl; i++) record(y, em);
for (int i = m; i >= 1; i--) record(x, isx[i] ? y : em);
for (int i = 1; i <= m - cntl; i++) record(em, x);
for (int i = 1; i <= cntl; i++) record(y, x);
for (int i = 1; i <= cntl; i++) record(em, y);
for (int i = 1; i <= cntl; i++) record(x, em);
for (int i = m; i >= 1; i--) record(y, isy[i] ? em : x);
int res = em;
return em = y, res;
}void solve(int l, int r)
int main()
solve(1, n);
std::cout << tot << std::endl;
for (int i = 1; i <= tot; i++) printf("%d %d\n", x[i], y[i]);
return 0;
}

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