2020牛客暑期多校（四）

https://ac.nowcoder.com/acm/contest/5669

F Finding the Order（贪心）

题意：

给出1-n的数字，让进行一一配对，使得每一对gcd(a_i,b_i)>1，要求配对数目尽量多，并且输出这m对对应的数字。

思路：

要使得m尽量大，m就要尽量靠近k=（n-1-所有大于n/2的质数）/2。因为大于n/2的质数都不可能配对，1也不可能有配对。

如何做到靠近这个数字呢？

把小于等于n/2的质数罗列出，一个占据一排，并且在代表每个质数的那一排后面罗列出它的小于n的倍数。

比如当n==18：
2 4 6 8 10 12 14 16 18

3 6 9 12 15 18

5 10 15

7 14

然后我们从大到小配对，同一排自由配对。比如将7与14配对。

但是我们很快发现5那一排有三个数字，不能两两配对。那就把10预留下来。因为最后进行配对的质数是2，10是2的倍数，可以留尽量多的数字在最后2那一行的配对中。

这样是最优的，是最可能接近k的。

那么5和15配对，留下10。然后观察3的那一行。15已经配好对了，划掉他。那么我们还剩下3 6 9 12 18，又是奇数。那就把6预留，剩下的数字配对。

最后在2的那一行，只剩下2 4 6 8 10 14 16。如果这一排的数字是偶数，那么我们的m就==k，得到最优解。但是现在是奇数，那就遗憾一点，得到m=k-1，但仍然是最优解了。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=2e5+5;
int prime[maxn/2],vis[maxn/2],vis2[maxn];
int cnt;
void init(){
    cnt=0;
    for(int i=2;i<=maxn/2;i++){
        if(vis2[i]==false) prime[++cnt]=i;
        for(int j=1;j<=cnt&&i*prime[j]<=maxn/2;j++){
            vis2[i*prime[j]]=true;
            if(i%prime[j]==0) break;
        }
    }
}
int main(){
    int t;
    scanf("%d",&t);
    init();
    while(t--){
        int n;
        scanf("%d",&n);
        vector<int>v1,v2,v3;
        int k=n/2;
        memset(vis2,0,sizeof(vis2));
        int pos=upper_bound(prime+1,prime+1+min(cnt,k),k)-prime-1;
        for(int i=pos;i>=2;i--){
            int ccnt=0;
            for(int j=1;j*prime[i]<=n;j++){
                if(vis2[j*prime[i]]) continue;
                else ccnt++;
            }
            if(ccnt&1){
                int tmp=1;
                for(int j=1;j*prime[i]<=n;j++){
                    if(vis2[j*prime[i]]) continue;
                    if(j==2) continue;
                    vis2[j*prime[i]]=1;
                    if(tmp) v1.push_back(j*prime[i]);
                    else v2.push_back(j*prime[i]);
                    tmp^=1;
                }
                v3.push_back(2*prime[i]);
            }else{
                int tmp=1;
                for(int j=1;j*prime[i]<=n;j++){
                    if(vis2[j*prime[i]]) continue;
                    vis2[j*prime[i]]=1;
                    if(tmp) v1.push_back(j*prime[i]);
                    else v2.push_back(j*prime[i]);
                    tmp^=1;
                }
            }
        }
        int ccnt=0;
//最后检查2的倍数们。其实这些过程可以合并到上面去。
        for(int j=1;j*2<=n;j++){
            if(vis2[j*2]) continue;
            else ccnt++;
        }
        int tmp=1;
        if(ccnt&1){
            for(int j=2;j*2<=n;j++){
                if(vis2[j*2]) continue;
                if(tmp) v1.push_back(j*2);
                else v2.push_back(j*2);
                tmp^=1;
            }
        }else{
            for(int j=1;j*2<=n;j++){
                if(vis2[j*2]) continue;
                if(tmp) v1.push_back(j*2);
                else v2.push_back(j*2);
                tmp^=1;
            }
        }
        int ans=v1.size();
        printf("%d
",ans);
        for(int i=0;i<ans;i++){
            printf("%d %d
",v1[i],v2[i]);
        }
    }
}