记 x=a_t。我们先把三个 x 放着不动，一个 x 依次和 a_1,a_2,\cdots,a_{t-1} 操作。此时我们剩下的数形如：x,x,a_1x,a_1a_2x,\cdots,(\prod_{j=1}^ia_j)x,\cdots,(\prod_{i=1}^ta_i),(\prod_{i=1}^ta_i),a_1,a_2,\cdots,a_t。这一步一共 t-1 次操作。
记 y=\prod_{i=1}^ta_i。我们令 y 依次和 a_t,a_{t-1},\cdots,a_1 操作。此时我们剩下的数形如：x,x,a_1x,a_1a_2x,\cdots,(\prod_{i=1}^{t-2}a_i)x,y,xy,a_{t-1}a_ty,\cdots,(\prod_{j=i}^ta_j)y,\cdots,(\prod_{i=1}^ta_i)y,(\prod_{i=1}^ta_i)y。其中最后两项实际上就是 y^2。这一步一共 t 次操作。
此时场上不为 $xy^2$ 的数还有 $x$ 和 $y^2$ 各一个，操作一次即可。这一步一共 $1$ 次操作。
以上加起来一共 $3t$ 次操作。
回到原题，$n$ 为奇数时显然无解（因为 $n>1$），$n\le 2$ 显然特判，接下来考虑 $n$ 是 $\ge 4$ 的偶数，记为 $2t+2$（$t\ge 1$）。
对于 $1\le i\le t+1$，我们对 $a_{2i-1}$ 和 $a_{2i}$ 操作，这一步一共 $t+1$ 次操作。接下来我们对 $a_{n-3}$ 和 $a_{n-1}$ 操作，$a_{n-2}$ 和 $a_n$ 操作，这一步一共 $2$ 次操作。加起来一共 $t+3$ 次操作，此时我们把问题化归为了一开始解决的那个。于是一共 $4t+3$ 次操作，我们在 $2n-1$ 步内对原问题完成了解决。
代码对着这个东西实现就可以了。
```cpp
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
signed main() {
cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
int T, n;
for (cin >> T; T; --T) {
if (cin >> n, n & 1) {
cout << "0\n";
continue;
}
if (cout << 1 << '\n', n == 2) {
cout << "1 1 2\n";
continue;
}
cout << (n << 1) - 1 << '\n';
auto op = [](int x, int y) { cout << x << ' ' << y << '\n'; };
int t = (n >> 1) - 1;
for (int i = 1; i <= t + 1; ++i) op((i << 1) - 1, i << 1);
op(n - 3, n - 1), op(n - 2, n);
for (int i = 1; i <= t - 1; ++i) op(n - 1, (i << 1) - 1);
for (int i = t; i; --i) op(n - 1, i << 1);
for (int i = 1; i < t; ++i) op((i << 1) - 1, (i + 1) << 1);
op(2, n - 3), op(n - 1, n);
}
return cout << flush, 0;
}
```