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H - Harder Gcd Problem

 

题意：给定 n，把 1 到 n 这 n 个数两两配对，每对不互质，要求对数最多。

构造

先处理出每个质数的倍数，每个质数对应一个集合，从大到小处理这些质数，大于 n/2 的质数显然不会有能够配对的数了，所以直接忽略。从最大的质数开始，贪心地把没有配对过的两两配对，可能多出一个，则让 2*p 作为多出的那个，放进一个备用集合里。这样处理完所有集合之后，备用集合里都是 2p，则都是 2 的倍数，这些数可以两两任意配对了。

如果这样再多出一个数，就必定只能多出来了，因为这种做法已经把所有能够配对的都用到了，只剩一个数是绝对无法再使用的了。

至于要从大到小遍历质数，则是因为最终备用集合里的数gcd都是2，也就相当于多出来的这些数都有共同因子 2 接着，如果从小到大遍历，则要从 3 开始，这样才能保证所有多出来的数都能有共同因子 2。

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const ll inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const ll mod = 1e9 + 7;
const int N = 2e6 + 10;
int T;
int prime[N];
bool is_prime[N];
vector<int>vc[N], rs;
int sieve(int n) {
	int p = 0;
	for (int i = 2; i <= n; i++)is_prime[i] = true, vc[i].clear();
	is_prime[0] = is_prime[1] = false;
	for (int i = 2; i <= n; i++) {
		if (is_prime[i]) {
			prime[p++] = i;
			vc[i].push_back(i);
			for (int j = 2 * i; j <= n; j += i) {
				is_prime[j] = false;
				vc[i].push_back(j);
			}
		}
	}
	return p;
}
int vis[N];
typedef pair<int, int>pii;
vector<pii>ans;
int main() {
	scanf("%d", &T);
	while (T--) {
		int n;
		scanf("%d", &n);
		sieve(n);
		fill(vis, vis + n + 1, 0);
		ans.clear();
		rs.clear();
		int a, b;
		for (int i = n / 2; i >= 3; i--) {
			if ((int)vc[i].size() <= 1)continue;
			a = -1, b = -1;
			int cnt = 0;
			for (int u : vc[i]) {
				if (!vis[u])cnt++;
			}
			if (cnt & 1) {
				vis[2 * i] = 1;
				rs.push_back(2 * i);
			}
			for (int u : vc[i]) {
				if (vis[u])continue;
				vis[u] = 1;
				if (a == -1)a = u;
				else if (b == -1)b = u;
				if (a != -1 && b != -1) {
					ans.push_back(pii(a, b));
					a = b = -1;
				}
			}
		}
		for (int u : vc[2])if (!vis[u])rs.push_back(u);
		a = -1, b = -1;
		for (int u : rs) {
			if (a == -1)a = u;
			else if (b == -1)b = u;
			if (a != -1 && b != -1) {
				ans.push_back(pii(a, b));
				a = b = -1;
			}
		}
		printf("%d\n", (int)ans.size());
		for (pii p : ans)printf("%d %d\n", p.first, p.second);
	}
	return 0;
}