1007 素數對猜想 (20分)
 
讓我們定義d​n​​為：d​n​​=p​n+1​​−p​n​​，其中p​i​​是第i個素數。顯然有d​1​​=1，且對於n>1有d​n​​是偶數。“素數對猜想”認為“存在無窮多對相鄰且差為2的素數”。

現給定任意正整數N(<)，請計算不超過N的滿足猜想的素數對的個數。

輸入格式:
輸入在一行給出正整數N。

輸出格式:
在一行中輸出不超過N的滿足猜想的素數對的個數。

輸入樣例:
20
 
輸出樣例:
4

素數是啥？如何求素數？

Prime Number 素數：
又稱質數。
指在一個大於1的自然數中，除了1和此整數自身外，沒法被其他自然數整除的數。換句話說，只有兩個正因數（1和自己）的自然數即為素數。

比1大但不是素數的數稱為合數。
1和0既非素數也非合數。
合數是由若干個質數相乘而得到的。所以，質數是合數的基礎，沒有質數就沒有合數。

求素數的方法有很多種，最簡單的方法是根據素數的定義來求。
 
對於一個自然數N，用大於1小於N的各個自然數都去除一下N，如果都除不盡，則N為素數，否則N為合數。
但是，如果用素數定義的方法來編制計算機程式，它的效率一定是非常低的，其中有許多地方都值得改進。

第一，對於一個自然數N，只要能被一個非1非自身的數整除，它就肯定不是素數，所以不
必再用其他的數去除。

第二，對於N來說，只需用小於N的素數去除就可以了。例如，如果N能被15整除，實際
上就能被3和5整除，如果N不能被3和5整除，那麼N也決不會被15整除。

第三，對於N來說，不必用從2到N一1的所有素數去除，只需用小於等於√N(根號N)的所有素數去除就可以了。

這一點可以用反證法來證明：
如果N是合數，則一定存在大於1小於N的整數d1和d2，使得N
 
=d1×d2。
如果d1和d2均大於√N，則有：N＝d1×d2>√N×√N＝N。
而這是不可能的，所以，d1和d2中必有一個小於或等於√N。

基於上述分析，設計演算法如下：
(1)用2，3，5，7逐個試除N的方法求出100以內的所有素數。
(2)用100以內的所有素數逐個試除的方法求出10000以內的素數。
首先，將2，3，5，7分別存放在a[1]、a[2]、a[3]、a[4]中，以後每求出一個素數，只要不大於100，
就依次存放在A陣列中的一個單元 中。當我們求100—10000之間的素數時，可依次用a[1]－a[2]的素數去試除N，這個範圍內的素數可以不儲存，直接列印。
 



厄拉多塞篩法：
厄拉多塞是一位古希臘數學家，他在尋找素數時，採用了一種與眾不同的方法：
先將2－N的各數放入表中，然後在2的上面畫一個圓圈，然後劃去2的其他倍數；
第一個既未畫圈又沒有被劃去的數是3，將它畫圈，再劃去3的其他倍數；
現在既未畫圈又沒有被劃去的第一個數 是5，將它畫圈，並劃去5的其他倍數……
依次類推，一直到所有小於或等於N的各數都畫了圈或劃去為止。這時，表中畫了圈的以及未劃去的那些數正好就是小於N的素數。


這很像一面篩子，把滿足條件的數留下來，把不滿足條件的數篩掉。
由於這種方法是厄拉多塞首先發明的，所以，後人就把這種方法稱作厄拉多塞篩法。

在計算機中，篩法可以用給陣列單元置零的方法來實現。
具體來說就是：首先開一個數組：a[i]，i=1，2，3，…，同時，令所有的陣列元素都等於下標 值，即a[i]=i，當i不是素數時，令a[i]=0 。
當輸出結果時，只要判斷a[i]是否等於零即可，如果a[i]=0，則令i=i+1，檢查下一個a[i]。
篩法是計算機程式設計中常用的演算法之一。


用6N±1法求素數：
任何一個自然數，總可以表示成為如下的形式之一：
6N，6N+1，6N+2，6N+3，6N+4，6N+5 (N=0，1，2，…)
顯然，當N≥1時，6N，6N+2，6N+3，6N+4都不是素數，只有形如6N+1和6N+5的自然數有可能是素數。
所以，除了2和3之外，所有的素數都可以表示成6N±1的形式(N為自然數)。
根據上述分析，我們可以構造另一面篩子，只對形如6N±1的自然數進行篩選，這樣就可以大大減少篩選的次數，從而進一步提高程式的執行效率和速度。


來自：https://blog.csdn.net/gavinming/article/details/7212980

程式碼1：（厄拉多塞篩法）

 1 #include<iostream>
 2 
 3 using namespace std;
 4 
 5 void prime(int *t,int n)
 6 {
 7     for(int i=2;i<n;i++)
 8     {    
 9         if(t[i]!=0){
10             for(int j=i+1;j<n;j++)
11                 if(j%i==0) t[j]=0;
12         }            
13     }
14 }
15 
16 void solve(int *t,int n)
17 {
18     int count=0;
19     for(int i=2;i<n;i++){
20         if(t[i]!=0&&t[i+2]!=0) count++;
21     }
22     cout<<count;
23 }
24 
25 int main(){
26     int N;
27     cin>>N;
28     int a[N];
29     for(int i=0;i<N;i++)
30         a[i]=i;
31         
32     prime(a,N);
33     solve(a,N);
34     
35     return 0;    
36 }

最後一個測試點一定給了個相當大的N。。。

還是這個演算法，稍稍改進了一下prime函式，通過了：

 1 #include<iostream>
 2 
 3 using namespace std;
 4 
 5 void prime(int *t,int n)
 6 {
 7     for(int i=2;i<n;i++)
 8     {        
 9         if(t[i]!=0){
10             for(int j=2;j*i<=n;j++){
11                     t[j*i]=0;
12             }
13         }            
14     }
15 }
16 
17 void solve(int *t,int n)
18 {
19     int count=0;
20     for(int i=2;i<n;i++){
21         if(t[i]!=0&&t[i+2]!=0) count++;
22     }
23     cout<<count;
24 }
25 
26 int main(){
27     int N;
28     cin>>N;
29     int a[N];
30     for(int i=0;i<N;i++)
31         a[i]=i;
32         
33     prime(a,N);
34     solve(a,N);
35     
36     return 0;    
37 }

可喜可賀。