题意简述
给出正整数n,你要把1-n之间的正整数分成尽可能多组,使得每一组两个数的最大公约数大于1;输出能分成最多组的个数,并按任意顺序输出每组的两个数.
很妙的一道题。
首先我们考虑去处理每个质数的倍数，那么这个质数一定是小于等于 n/2 的，不然它在 n 的范围内是不会有倍数的。
那么我们先把 $1~n/2$ 范围内的所有质数筛出来。
枚举质数
然后我们要怎么用质数去处理答案呢？
首先我们从大到小枚举这些质数，然后去枚举它的倍数。
然鹅这样复杂度不会炸么？不会。 $O(sigma_{i=2}^{n/2}n/i)$ 的复杂度吧，而且还远达不到。
信仰一下应该是过得了的，实际上确实也过了。
处理倍数
然后我们再考虑如果这些倍数该怎么处理。
我们首先看这些倍数有没有被使用过，没有的话就入栈。
最优性理解
那么为什么能用就入栈的解法最优呢？
其实很简单，因为当前枚举那个数可以被当前的质数整除，那么该数与当前枚举质数的倍数去匹配肯定不会产生更劣的结果。
那么如果有数字剩下来呢？
如果说当前枚举质数的未使用过的倍数有奇数个，那么我们可以将第 2 个倍数与最后一个换一下，然后弹出栈，标记为未使用。
为什么这样做能达到最优？
考虑第二个倍数一定是 2 的倍数，那么把他弹出的话就可以和 2 的倍数去匹配，而且我们每次遇到奇数个的情况都是弹 2 的倍数，那么这些多余的数就可以凑一块儿了。
1 //by Judge
2 #include<vector>
3 #include<cstdio>
4 #include<iostream>
5 #define P make_pair
6 using namespace std;
7 const int M=1e5+11;
8 char sr[1<<21],z[20];int C=-1,Z;
9 inline void Ot(){fwrite(sr,1,C+1,stdout),C=-1;}
10 inline void print(int x,char chr='
'){
11 if(C>1<<20)Ot();if(x<0)sr[++C]=45,x=-x;
12 while(z[++Z]=x%10+48,x/=10);
13 while(sr[++C]=z[Z],--Z);sr[++C]=chr;
14 } int n,cnt,ans,top,prim[M],is[M],vis[M],num[M];
15 pair<int,int> tmp[M];
16 inline void prep(){
17 for(int i=2;i<=n>>1;++i){
18 if(!is[i]) prim[++cnt]=i;
19 for(int j=1;j<=cnt&&i*prim[j]<=n/2;++j){
20 is[i*prim[j]]|=1;
21 if(i%prim[j]==0) break;
22 }
23 }
24 }
25 int main(){
26 scanf("%d",&n),prep();
27 for(int i=cnt;i;--i){ top=0;
28 for(int j=prim[i];j<=n;j+=prim[i])
29 if(!vis[j]) num[++top]=j,vis[j]|=1;
30 if(top&1) swap(num[2],num[top]),vis[num[top]]=0,--top;
31 for(int j=1;j<=top;j+=2) tmp[++ans]=P(num[j],num[j+1]);
32 } print(ans);
33 for(int i=1;i<=ans;++i)
34 print(tmp[i].first,' '),
35 print(tmp[i].second);
36 return Ot(),0;
37 }