傳送門

解析：

本次構造題大賽的最後一道。
真的毒瘤啊，前面給一個那麼扯的$D$題，後面又給一個這麼神仙的結論題。

思路：

首先拿到題我整個人是方的，根本不知道如何下手。。。
找重心？明顯假了啊。。。

到所有點距離和最小的節點？似乎沒什麼好用的性質。

到所有點距離和最大的節點？一定是一個葉子！

考慮它不是一個葉子的情況，我們一定可以將它向葉子方向移動，從而得到一個更大的距離和。

那麼我們考慮怎麼找這個葉子的父親。
滿足$D_w=D_v-(n-2)$的是這個葉子節點的父親。
考慮將該葉子節點向上挪一個單位的距離則新的節點到其他節點的距離各減少1，而這兩個節點之間的距離仍然是$1$

為了便於敘述，我們不失一般性地定義$D_1 < D_2 < · · · < D_N$。
並且將這棵樹定義為以$1$為根節點的有根樹。

我們採用倒敘列舉，對每個節點（除根節點）確定它的父親。

那麼接下來才是真正的結論：
從樹上移走一條邊$<u,v>$得到兩個聯通分量大小定義為$n_u,n_v$則$D_u,D_v$

證明很簡單，考慮將$u$向$v$移動一個單位，那麼它離$n_v$中的所有節點近一個單位，離$n_u$中所有節點遠一個單位。

那麼我們將上面這個式子變形$D_u=D_v+n_v-n_u=D_v+N-2\times n_u$

那麼我們就可以通過由下向上的遞推來確定每一個$u$的父親$v$了。
中間判斷一下會不會出現父親的子樹大小小於兒子，非根節點沒有父親這兩種情況就行了。

最後再判斷一下根節點的距離限制是否滿足。

程式碼：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define re register
#define gc getchar
#define pc putchar
#define cs const

inline
ll getint(){
	re ll num;
	re char c;
	while(!isdigit(c=gc()));num=c^48;
	while(isdigit(c=gc()))num=(num<<1)+(num<<3)+(c^48);
	return num;
}

inline
void outint(int a){
	static char ch[13];
	if(a==0)pc('0');
	while(a)ch[++ch[0]]=a-a/10*10,a/=10;
	while(ch[0])pc(ch[ch[0]--]^48);
}

cs int N=100005;

int last[N],nxt[N],to[N],ecnt;
inline
void addedge(int u,int v){
	nxt[++ecnt]=last[u],last[u]=ecnt,to[ecnt]=v;
}

map<ll,int> id;
int n;
ll d[N];
int siz[N];

int dist[N];
inline
void dfs(int u){
	for(int re e=last[u],v=to[e];e;v=to[e=nxt[e]]){
		dist[v]=dist[u]+1;
		dfs(v);
	}
}

vector<pair<int,int> > edge;

signed main(){
	n=getint();
	for(int re i=1;i<=n;++i)d[i]=getint(),id[d[i]]=i;
	
	sort(d+1,d+n+1);
	for(int re i=1;i<=n;++i)siz[i]=1;
	
	for(int re i=n;i>1;--i){
		int u=id[d[i]];
		int tmp=n-2*siz[u];
		if(tmp<=0)return puts("-1"),0; 
		ll t=d[i]-tmp;
		if(id.count(t)==0)return puts("-1"),0;
		int pos=id[t];
		addedge(pos,u);
		siz[pos]+=siz[u];
		edge.push_back(make_pair(pos,u));
	}
	ll sum=0;
	dfs(id[d[1]]);
	for(int re i=1;i<=n;++i){
		sum+=dist[i];
	}
	if(sum!=d[1])return puts("-1"),0;
	for(int re i=0;i<edge.size();++i)outint(edge[i].first),pc(' '),outint(edge[i].second),pc('\n');
	return 0;
}