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设\(a_i\)总共除过\(b_i\)次，那么我们要做的就是找到一组\(b\)使得\(\sum\limits_{i=0}^na_ik^{-b_i}=1\)。
显然存在合法的\(b\)就存在一组合法的合并方案，构造方法如下：

每次选择两个\(b_i\)相同的最大的合并，然后递归进子问题。
因为\(a_i\nmid k\)，所以每次不可能只出现一个最大值，这样是肯定无解的。

考虑状压dp，设\(f_{s,x}\)表示存在一组\(b\)使得\(\sum\limits_{i\in s}a_ik^{-b_i}=x\)。
转移非常简单就不讲了，注意到复杂度是\(O(2^nnk)\)会爆炸，用bitset优化即可做到\(O(\frac{2^nnk}{\omega})\)。

#include<queue>
#include<cstdio>
#include<bitset>
#include<utility>
#define se second
const int N=2007,M=65537;
using std::pair;
using pi=pair<int,int>;
int a[16],c[16],low[M],n,k,U,s;
std::bitset<N>f[M];
std::priority_queue<pi>q;
int read(){int x;scanf("%d",&x);return x;}
void dfs(int st,int x)
{
    if(!st) return;
    for(;x*k<=s&&f[st][x*k];x*=k) for(int i=0;i<n;++i) if(st>>i&1) ++c[i];
    for(int i=0;i<n;++i) if(st>>i&1&&x>=a[i]&&f[st^1<<i][x-a[i]]) return dfs(st^1<<i,x-a[i]);
}
int main()
{
    n=read(),k=read(),U=(1<<n)-1,f[0][0]=1;
    for(int i=0;i<n;++i) s+=(a[i]=read()),low[1<<i]=i;
    for(int i=1;i<=U;++i) low[i]=low[i&-i];
    for(int i=1;i<=U;++i)
    {
	for(int j=0;j<n;++j) if(i>>j&1) f[i]|=f[i^1<<j]<<a[j];
	for(int j=s/k;j;--j) if(f[i][j*k]) f[i][j]=1;
    }
    if(!f[U][1]) return puts("NO"),0;
    puts("YES"),dfs(U,1);
    for(int i=0;i<n;++i) q.push({c[i],a[i]});
    for(pi u,v;q.size()>1;)
    {
	u=q.top(),q.pop(),v=q.top(),q.pop(),printf("%d %d\n",u.se,v.se),u.se+=v.se;
	while(!(u.se%k)) u.se/=k,--u.first;
	q.push(u);
    }

}