考虑把 $\tt AB$ 的序列转成极长连续段长度的序列 $a$。由于每次能消掉长度为 $2$ 或 $3$ 的相等连续子序列。所以我们可以删除任意一个长度 $\geq 2$ 的极长段。

那么，我们把 $a$ 序列看成 $\tt 01$ 序列，分别表示 $a_i=1$ 和 $a_i\geq 2$。那么一次操作相当于删掉一个 $1$ 并且把其左右合并到一起。具体地，从 $\dots?1?\dots$ 变为 $\dots 1\dots$。能看作为把 $1$ 左右两端消除掉。

我们成功把问题转到了这个序列上，首先考虑如何判断是否能够完全消除。当 $|a|=2k+1$ 时，如果 $a_{k+1}=\tt 0$ 且 $a$ 中有超过 $k$ 个连续的 $\tt 0$ 是显然无解的。否则，我们可以考虑把 $a_{k+1}$ 左右第一个 $\tt 1$，通过不断操作其中一个，就能把另一个挪到中间位上面。$|a|$ 为偶数时，我们显然能发现我们可以把 $|a|$ 劈成左右两边长度都是奇数的部分。分别判断即可。

随便维护一下，复杂度 $\mathcal O(n)$。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define MP make_pair
mt19937 rnd(time(0));
const int MAXN=1e6+6;
int pre[MAXN],suf[MAXN],a[MAXN],n,m;string s;
vector<array<int,2> > ans;
bool check(int l,int r){
	int m=(l+r)>>1;
	if(a[m]>1) return true;
	int p=max(pre[m],l-1),q=min(suf[m],r+1);
	return q-p-1<(r-l)/2;
}
void erase(int l,int r){
	while(r-l>=3){
		ans.push_back({r-1,2});
		r-=2;
	}
	ans.push_back({l,r-l+1});
}
void solve(int l,int r){
	int s=0;
	int m=(l+r)>>1;
	int p=pre[m],q=suf[m];
	if(p!=m){
		// do m-p operators s.t. p inthe middle
		for(int i=1;i<q;i++) s+=a[i];
		erase(s+1,s+a[q]);
		for(int i=1;i<m-p;i++){
			s-=a[q-i];
			erase(s+1,s+a[q-i]+a[q+i]);
		}
		a[q-m+p]+=a[q+m-p];
		for(int i=q+m-p+1;i<=r;i++) a[i-2*m+2*p]=a[i];
	}
	s=0;
	for(int i=1;i<p;i++) s+=a[i];
	erase(s+1,s+a[p]);
	for(int i=1;i<=p-l;i++){
		s-=a[p-i];
		erase(s+1,s+a[p-i]+a[p+i]);
	}
}
void output(){
	cout<<ans.size()<<'\n';
	for(auto i:ans) cout<<i[0]<<' '<<i[1]<<'\n';
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
	cin>>n>>s;s=" "+s;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		m++;a[m]=1;
		while(i<n&&s[i+1]==s[i]) a[m]++,i++;
	}
	for(int i=1;i<=m;i++) pre[i]=(a[i]>1?i:pre[i-1]);
	suf[m+1]=m+1;
	for(int i=m;i>=1;i--) suf[i]=(a[i]>1?i:suf[i+1]);
	if(m&1){
		if(check(1,m)) solve(1,m),output();
		else cout<<"-1\n";
	}else{
		for(int i=1;i<=m;i+=2) if(check(1,i)&&check(i+1,m)){
			solve(i+1,m);solve(1,i);output();
			return 0;
		}
		cout<<"-1\n";
	}
	return 0;
}