筛法思想的题目

这道题目比较经典，或者说这种思想比较经典。
这种筛法的思想。
我们正着想对于每一个$n、n-1、n-2、...、2、1$都分解一遍质因数显然是来不及的时间复杂度达到$O(n\sqrt{n})$
我们考虑对于每一个1e6以内的质因数的个数

跑了一下程序是$78498$个

素数定理告诉我们不超过x的素数近似有$\frac{x}{lnx}$个

对于每一个质因子我们看一下那些数有一个这个质因子，那些数有两个，那些数有3个这个每次是平方的增长很快
时间复杂度:$O(\frac{n}{logx}\ast logn)$近似$O(n)$

#include  
#define int long long
#define rep(i,a,b) for(int i = (a); i <= (b); ++i)
#define fep(i,a,b) for(int i = (a); i >= (b); --i)
#define pii pair<int, int>
#define pll pair<long long, long long>
#define ll long long
#define db double
#define endl '\n'
#define x first
#define y second
#define pb push_back

using namespace std;

const int N=1e6+10,mod=1e9+7;
int vis[N];
vector<int>p;
void solve()
{
	int n;cin>>n;
	auto get=[&](int x){
		rep(i,2,x){
			if(!vis[i])	p.pb(i);
			for(int j=0;p[j]*i<=x;++j){
				vis[i*p[j]]=1;
				if(i%p[j]==0)	break;
			}
		}
	};
	get(1e6);
	cout<<p.size()<<endl;
	int res=0;
	vector<int>ans(n+1);
	rep(i,0,p.size()-1){
		for(int j=p[i];j<=n;j*=p[i]){
			ans[i]+=n/j;
			res+=n/j;
		}
	}
	rep(i,0,p.size()-1){
		cout<<p[i]<<' '<<ans[i]<<endl;
	}
	return;
}

signed main(){
	ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
//   	freopen("1.in", "r", stdin);
  	int _;
//	cin>>_;
//	while(_--)
	solve();
	return 0;
}