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 <bits/stdc++.h> 
#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_backusing 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;
}