题目链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/5669/H
题意
给你一个大小为n的序列{1,2,…,n}，要求每次从序列中取出两个不互质的数构成一对，并且每个数只能被取一次。
现在要求最多能取多少对，并输出取数方案（可能不唯一）。
思路
n以具体的数字为例，方便找到规律，理顺思路。
比如，现在n=26，最小素因子是2，为了避免重复，我们先得到小于等于n/2的素数：2,3,5,7,13。
求这些素数的倍数（小于等于n），列出表格方便观察，如下：
| p | p*2 | p*3 | p*4 | p*5 | p*6 | p*7 | p*8 | p*9 | p*10 | p*11 | p*12 | p*13 |
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
| 2 | 4 | 6 | 8 | 10 | 12 | 14 | 16 | 18 | 20 | 22 | 24 | 26 |
| 3 | 6 | 9 | 12 | 15 | 18 | 21 | 24 | |||||
| 5 | 10 | 15 | 20 | 25 | ||||||||
| 7 | 14 | 21 | ||||||||||
| 13 | 26 |
不难发现，同一行或者同一列(列>1)的任意两个数字都不互质，可以任意配对。但是在表格中数字会有重复，由于每个数字只能用一次，所以我们要想一个贪心策略来选数。观察上表，可以发现第2列的所有数字都会在第1行再次出现，第2列到第13列中的数字也可能会多次出现，而只有第1列的所有数字只会出现一次。
考虑每一行之间的数字互相配对的方案。
（1）由于第1行（都是偶数）比较特殊，不妨从第2行开始配对，也就是把偶数留下来最后配对。
（2）由于第1列（都是素数，只出现一次）和第2列（都是偶数，并且在第1行再次出现）比较特殊，所以每行的配对都先从第3列开始。
①如果第3列后没被用过的数字个数为奇数个，则将最后一个可行数字与第1列的数字配对。
原因：这样就会留下第2列的数字没配对，没关系，它们都是偶数，那么就一定在第1行出现，只要最后在第1行配对所有没被用过的偶数即可。
②如果第3列后没被用过的数字个数为偶数个，则将第2列的数字与第1列的数字配对。
原因：这里就体现出了贪心策略，因为第2列的数字都在第1行再次出现，也就是说它们可以和第1行的任意数字配对，但是如果那样配对就会消耗第1行的数字，总配对数显然会少于第2列与第1列数字进行配对的方案。应该要留更多的机会让第1行数字互相配对。
（3）最后配对第1行的数字，即配对所有还没被用过的偶数。
n=26时，输出如下：
11
9 12
15 18
21 24
3 6
20 25
5 10
7 14
11 22
13 26
2 4
8 16
AC代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e5;
bool isprime[N+10],vis[N+10];
int T,n,cnt,prime[N+10];
vector<int>ans;
void get_prime() // 素数筛打表
{
memset(isprime,1,sizeof(isprime));
isprime[1]=0;
for(int i=2;i<=N;i++)
{
if(isprime[i])prime[++cnt]=i;
for(int j=1;i*prime[j]<=N;j++)
{
isprime[i*prime[j]]=0;
if(i%prime[j]==0)break;
}
}
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
get_prime();
cin>>T;
while(T--)
{
cin>>n;
int mx=n/2;
ans.clear();
memset(vis,0,sizeof(vis));
for(int i=2;prime[i]<=mx;i++) // 从第2个素数，也就是prime[2]=3开始枚举
{
int p=prime[i];
int tot=0;
for(int j=3;j*p<=n;j++) // 素因子p乘以j
{
int x=j*p;
if(!vis[x])
{
vis[x]=1;
ans.push_back(x);
tot++;
}
}
if(tot&1) //第3列后没被用过的数字个数为奇数个，则将最后一个可行数字与第1列的数字配对
{
vis[p]=1;
ans.push_back(p);
}
else //第3列后没被用过的数字个数为偶数个，则将第2列的数字与第1列的数字配对
{
vis[p]=1;
vis[2*p]=1;
ans.push_back(p);
ans.push_back(2*p);
}
}
int tot=0;
for(int i=1;i<=mx;i++) //最后处理所有偶数之间的配对
{
int x=i*2;
if(!vis[x])
{
vis[x]=1;
ans.push_back(x);
tot++;
}
}
if(tot&1)ans.pop_back(); //多余了一个，去掉
int sz=ans.size();
printf("%d\n",sz/2);
for(int i=0;i<sz;i+=2)
printf("%d %d\n",ans[i],ans[i+1]);
}
return 0;
}