题目的主要信息：

任意一个偶数（大于2）都可以由2个素数组成，组成偶数的2个素数有很多种情况，本题目要求输出组成指定偶数的两个素数差值最小的素数对。

方法一：

穷举。首先知道判断素数的方法，素数是指在大于1的自然数中，除了1和它自身外，不能被其他自然数整除的数。判断一个数是否为素数用试除法，用各个数从小到大依次去除a，如果到某一个数正好整除，这个a就可以断定不是质数。

从2开始遍历所有小于n的数字i，如果i和n-i均为素数，判断他们之间的差值是否比min小，如果比min小的话，min更新为i和n-i的差值，即为abs(n-i-i)，p更新为i；如果差值比min大，则不发生变化，继续往下遍历。当遍历结束后，p和n-p即为组成当前偶数最接近的两个素数。 具体做法：

#include<iostream>
#include<math.h>

using namespace std;

bool isPrime(int n){//判断是否为素数
    for(int i=2;i<n;i++){
        if(n%i==0){//找到一个可以整除的数，说明n不是素数
            return false;
        }
    }
    return true;
}


int main(){
    int n;
    while(cin>>n){
        int min=n;//暂存最小的素数差值
        int p=0;//暂存差值最小的素数
        for(int i=2;i<n;i++){//从n/2开始遍历
            if(isPrime(i)&&isPrime(n-i)){//如果两个数均为素数则满足条件
                if(abs(n-i-i)<min){//更新min值
                    min=abs(n-i-i);
                    p=i;
                }
            }
        }
        cout<<p<<endl<<n-p<<endl;//输出两个素数
    }
    return 0;
}

复杂度分析：

• 时间复杂度：$O(n^2)O(n^2)$，for循环的时间复杂度为$O(n)O(n)$，每次判断是否为素数的函数isPrime的时间复杂度为$O(n)O(n)$。
• 空间复杂度：$O(1)O(1)$，只用了常数空间。

方法二：

对方法一进行优化，组成该偶数的值i和n-i分布在n/2的两侧，越靠近n/2，差值就越小，因此可以从n/2开始遍历，找到第一对组成n的素数就是最接近的素数。同时，如果$x\times y=nx\backslash times\; y=n$，那么x和y必定分布在$\sqrt{n}\backslash sqrt\; n$的两侧，因此isPrime可以优化为之需要遍历到$\sqrt{n}\backslash sqrt\; n$，避免后面的重复判断。

具体做法：

#include<iostream>
#include<math.h>

using namespace std;

bool isPrime(int n){//判断是否为素数
    for(int i=2;i<=sqrt(n);i++){
        if(n%i==0){//找到一个可以整除的数，说明n不是素数
            return false;
        }
    }
    return true;
}


int main(){
    int n;
    while(cin>>n){
        for(int i=n/2;i>=0;i--){//从n/2开始遍历
            if(isPrime(i)&&isPrime(n-i)){//如果两个数均为素数则满足条件
                cout<<i<<endl<<n-i<<endl;
                break;
            }
        }
    }
    return 0;
}

复杂度分析：

• 时间复杂度：$O(n\sqrt{n})O(n\backslash sqrt\; n)$，for循环的时间复杂度为$O(n)O(n)$，每次判断是否为素数的函数isPrime的时间复杂度为$O(\sqrt{n})O(\backslash sqrt\; n)$。
• 空间复杂度：$O(1)O(1)$，只用了常数空间。