問題1：

如何判斷一個數是否為質數？

從解決原理來看，大致有兩種。一種從質數定義出發：除了1和自身無其他約數，那麼解決思路就簡單直接--用這個數除以除1外所有比它小的數，若能整除，則不是質數。

但是實際操作中如果寫用n迴圈去除2到n-1的所有數，然後看是否都不能被整除，未免太慢了。大體改進的方法不外乎設法減少判斷的次數。可以參考這篇文章：https://blog.csdn.net/huang_miao_xin/article/details/51331710

還有一種更快的檢測法--MillerRabin檢測，原理用到費馬小定理。檢測過程大致解釋一下就是：如果一個基佬被一個男人勾引的概率是1/n，那麼如果一個不知道是否是gay人被勾引到了，他必然是

問題2：

從0到n中有多少個質數？有哪些質數？

如果把問題1的解決函式寫成：

boolean flag isZhiShu(int n)

那就從0開始到n，把每個數都帶入isZhiShu()這個方法把判定為ture的輸出就好了，但速度極慢。

如果我們用2，3，4，5。。。直到sqrt(n)去篩掉他們小於n的倍數，可以把時間複雜度降到線性

相信很多人也發現了，4去篩人的時候會把2篩掉的又走一遍，6去篩人的時候又把2，3篩掉的又走一遍。。。最精簡的方式應該是隻用小於n的質數去篩就好了，但顯然求小於n的質數演算法本身就是耗時的，然而在空間中建立一個“曾用質數表”可以每次對比是否重複出現過而換取時間（搜一下尤拉篩法）；

再比如用5去篩的時候，小於5^2的數都被除掉了，因為若x是個小於5的數，那麼5*x早在x作為篩子時早就被x篩掉了而不用等到5來篩它，所以對每個篩子i，可以從i^2開始篩；

總之，改進思路很多，有很多想象空間。

附上埃拉託斯特尼篩法程式碼：（java）

import static java.lang.Math.sqrt;
public class findSushu {
    private static void Eratosthenes(int n) {
        boolean[] check = new boolean[n+1];
        for (int i=2; i<=n; i++){
            check[i] = true;
        }
        for (int i=2; i<=sqrt(n); i++){
                if (check[i]){
                    int j = i*i;
                    while (j < n){
                            check[j] = false;
                            j = j + i;
                    }
                }
        }
        for (int i = 2;i < n;i++){
            if (check[i] == true){
                System.out.println(i);
            }
        }
    }
    
    public static void main(String[] args) {
        int n = 1999; 
        long start = System.currentTimeMillis();
        Eratosthenes(n);
        long over = System.currentTimeMillis();
        System.out.println("耗時：" + (over - start) + " ms");
    }

}
 

問題3：

一個數如何因式分解成質數之積？

任何一個合數必然可以寫成多個質數之積（質數就寫成它自身），如何把它因式分解？

用質數去分解n，如果能整除，那麼結果將會繼續被分解直到本身就是個質數；如果不能整除，那麼繼續用下一個質數嘗試分解

這裡，“繼續取下一個質數”是一個非常複雜的事情，所以，在被分解數不是很大的時候，可以直接取下一個自然數。這裡可能有人擔心下一個自然數不是質數怎麼辦？那不是分解出來一個合數因子了麼？其實這種情況並不會出現，假設x是上述那個合數因子的話，又因為x可以寫成兩個比x小的數之積：a*b，所以，其實n早就被a或b分解了。

附上質因數分解程式碼: (java)

public class resolveZhiShu {

    static class StopMsgException extends RuntimeException {
    }   //會報Exception，為了強制停止遞迴

    private static void resolve(int n) {
        for (int i = 2;i <= n;i++){
            if (n == i){  //全部分解完畢
                System.out.print(n +",");
                throw new StopMsgException();//強制跳出遞迴
            }else if(n % i == 0) { //分解成功一個
                System.out.print(i + ",");
                resolve(n / i);
            }
        }
    }

    public static void main(String[] args) {
        int n = 735;
        resolve(n);
    }

}

問題4：

給定一個正整數n，n的階乘結果末尾有多少個零？

首先，最暴力的方法就是直接求出n!然後取結果的末位0，這個計算量恐怖至極，就不說了

step1：一個數末尾有多少0，就代表它的因式分解後有多少個10，同樣，乘數中有多少個10，結果末尾就有多少個0；

step2：10是怎麼來的？按因式分解成質因數來看，只有2*5才能產生一個10，

也就是說，這個階乘式全分解成質因數乘積後，除了2*5，沒有其他相乘式能產生10了。證明：（很挫，這裡空白太少就不寫了：）

step3：質因數分解後，需要證明min(num2,num5) = 5，即5出現次數比2出現次數少，則只要知道5出現了多少次

接下來要找在等差數列中（從1到n），對其全部質因數分解後某個數出現的次數。可以發現，一個數x作為質因數只能以x，x^2,x^3.....等方式出現，那麼怎麼統計呢，以n = 27；x = 3為例，見下圖：

可以看出，1次方每x格出現一次且每次帶來一個x，2次方每x^2格出現一次且每次帶來兩個x，但那個“9”分解成的兩個3其中一個已經是3^1帶來的了。以此類推，我們不用去考慮每個“落點”包含了幾個x，只要統計落點次數，每次落就+1即可

附上求階乘末尾0程式碼：(java)

//時間複雜度O(logn)

   public int trailingZeroes(int n) {
        if(n < 5){
            return 0; 
        }
    
        int totalNumFive = 0;//5做為質數出現在數列中的次數
        int powOfFive = 1;//高次冪引數

        while(Math.pow(5,powOfFive) <= n){
            totalNumFive = totalNumFive + (int)(n/(Math.pow(5,powOfFive)));
            powOfFive++;
        }
        return totalNumFive;
    }

注：可以每次改n，n/5，n從大到小變化；程式碼更簡潔也更快一些，但跟上面比沒那麼直觀，可以自己去寫一個。