问题1：
如何判断一个数是否为质数？
从解决原理来看，大致有两种。一种从质数定义出发：除了1和自身无其他约数，那么解决思路就简单直接--用这个数除以除1外所有比它小的数，若能整除，则不是质数。
但是实际操作中如果写用n循环去除2到n-1的所有数，然后看是否都不能被整除，未免太慢了。大体改进的方法不外乎设法减少判断的次数。可以参考这篇文章：https://blog.csdn.net/huang_miao_xin/article/details/51331710
还有一种更快的检测法--MillerRabin检测，原理用到费马小定理。检测过程大致解释一下就是：如果一个基佬被一个男人勾引的概率是1/n，那么如果一个不知道是否是gay人被勾引到了，他必然是gay，如果没被勾引到只能说明他不一定是gay；但用很多个男人勾引他，都没勾引到，则他大概率是直的，也就是说大概率是素数，这个概率大到一定程度，就可以用来做素性检测了。可以参考这篇文章：http://www.matrix67.com/blog/archives/234
问题2：
从0到n中有多少个质数？有哪些质数？
如果把问题1的解决函数写成：
boolean flag isZhiShu(int n)那就从0开始到n，把每个数都带入isZhiShu()这个方法把判定为ture的输出就好了，但速度极慢。
如果我们用2，3，4，5。。。直到sqrt(n)去筛掉他们小于n的倍数，可以把时间复杂度降到线性：O(n*logn)，这种方式就是埃拉托斯特尼筛法
相信很多人也发现了，4去筛人的时候会把2筛掉的又走一遍，6去筛人的时候又把2，3筛掉的又走一遍。。。最精简的方式应该是只用小于n的质数去筛就好了，但显然求小于n的质数算法本身就是耗时的，然而在空间中建立一个“曾用质数表”可以每次对比是否重复出现过而换取时间（搜一下欧拉筛法）；
再比如用5去筛的时候，小于5^2的数都被除掉了，因为若x是个小于5的数，那么5*x早在x作为筛子时早就被x筛掉了而不用等到5来筛它，所以对每个筛子i，可以从i^2开始筛；
总之，改进思路很多，有很多想象空间。
附上埃拉托斯特尼筛法代码：（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("耗时：" + (over - start) + " ms");
}
}
问题3：
一个数如何因式分解成质数之积？
任何一个合数必然可以写成多个质数之积（质数就写成它自身），如何把它因式分解？
用质数去分解n，如果能整除，那么结果将会继续被分解直到本身就是个质数；如果不能整除，那么继续用下一个质数尝试分解
这里，“继续取下一个质数”是一个非常复杂的事情，所以，在被分解数不是很大的时候，可以直接取下一个自然数。这里可能有人担心下一个自然数不是质数怎么办？那不是分解出来一个合数因子了么？其实这种情况并不会出现，假设x是上述那个合数因子的话，又因为x可以写成两个比x小的数之积：a*b，所以，其实n早就被a或b分解了。
附上质因数分解代码: (java)
public class resolveZhiShu {
static class StopMsgException extends RuntimeException {
} //会报Exception，为了强制停止递归
private static void resolve(int n) {
for (int i = 2;i <= n;i++){
if (n == i){ //全部分解完毕
System.out.print(n +",");
throw new StopMsgException();//强制跳出递归
}else if(n % i == 0) { //分解成功一个
System.out.print(i + ",");
resolve(n / i);
}
}
}
public static void main(String[] args) {
int n = 735;
resolve(n);
}
}
问题4：
给定一个正整数n，n的阶乘结果末尾有多少个零？
首先，最暴力的方法就是直接求出n!然后取结果的末位0，这个计算量恐怖至极，就不说了
step1：一个数末尾有多少0，就代表它的因式分解后有多少个10，同样，乘数中有多少个10，结果末尾就有多少个0；
step2：10是怎么来的？按因式分解成质因数来看，只有2*5才能产生一个10，
也就是说，这个阶乘式全分解成质因数乘积后，除了2*5，没有其他相乘式能产生10了。证明：（很挫，这里空白太少就不写了：）
step3：质因数分解后，需要证明min(num2,num5) = 5，即5出现次数比2出现次数少，则只要知道5出现了多少次
接下来要找在等差数列中（从1到n），对其全部质因数分解后某个数出现的次数。可以发现，一个数x作为质因数只能以x，x^2,x^3.....等方式出现，那么怎么统计呢，以n = 27；x = 3为例，见下图：
可以看出，1次方每x格出现一次且每次带来一个x，2次方每x^2格出现一次且每次带来两个x，但那个“9”分解成的两个3其中一个已经是3^1带来的了。以此类推，我们不用去考虑每个“落点”包含了几个x，只要统计落点次数，每次落就+1即可
附上求阶乘末尾0代码：(java)
//时间复杂度O(logn)
public int trailingZeroes(int n) {
if(n < 5){
return 0;
}
int totalNumFive = 0;//5做为质数出现在数列中的次数
int powOfFive = 1;//高次幂参数
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从大到小变化；代码更简洁也更快一些，但跟上面比没那么直观，可以自己去写一个。