poj3292

题意：对于4*n+1(n为自然数)组成的集合，乘法在该集合中是封闭的。现规定h-prime是这个集合的数字中只有1和本身能整除的数(不含1)。其余为h合数。从h合数中划分出一部分数字，这些数是由两个h素数相乘得到的，称之为h-semi。现要求在指定1～n范围内有多少个h-semi。

分析：筛法，就是把h合数全筛掉，开始默认所有的都是h素数，然后枚举两个数，把他们的乘积筛掉。这道题要求h-semi，所以我们要改进一下，把原来的true false标注变为0（h素数）, 1（非h-semi的合数）, 2（h-semi）的标注。在筛的过程中如果发现枚举的两个数暂时没被筛掉，我们就把他们的乘积标注为h-semi（前提是它没被标为1）。容易论证，任何一个非h-semi的合数在此过程中都会至少被标为1一次（设a<=b<=c，为三个组成非h-semi，d的因子。枚举到a,c时，a*c被标为2。然后会枚举到b和a×c。则必然将a*b*c标为1），所以即使我们之前误标为2,后来也会被更正为1。

#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cstdio>
usingnamespace std;

#define maxn 250005

int n, prime[maxn], ncount[maxn];

int main()
{
    //freopen("D:\\t.txt", "r", stdin);
    memset(prime, 0, sizeof(prime));
    int temp;
    n = maxn *4;
    for (int i =1; (i *4+1) * (i *4+1) <= n; i++)
    {
        for (int j = i; (temp = (i *4+1) * (j *4+1)) <= n; j++)
        {
            if (prime[i] ==0&& prime[j] ==0&& prime[(temp -1) /4] !=1)
                prime[((i *4+1) * (j *4+1) -1) /4] =2;
            else
                prime[((i *4+1) * (j *4+1) -1) /4] =1;
        }
    }
    ncount[0] =0;
    for (int i =1; i < maxn; i++)
        if (prime[i] ==2)
            ncount[i] = ncount[i -1] +1;
        else
            ncount[i] = ncount[i -1];
    while (scanf("%d", &n) != EOF && n !=0)
    {
        printf("%d %d\n", n, ncount[(n -1) /4]);
    }
    return0;
}