为叙述方便，称标有1的六边形为第一层，标有2到7的六边形为第二层，标有8到19的六边形为第三层，以此类推。 显然从第二层开始每层有$6(n-1)$个六边形。
可以看出前两层中唯一满足$PD(n)=3$的是$PD(1)=P(2)=3$。
从第三层开始考虑，注意到每层除了首个和最后一个六边形（即该层中数字最小和最大的两个六边形）外，其他六边形上的数n都与同一层中的n+1和n-1相邻（从而差的绝对值都为1），且可以按照其它四个相邻六边形的组成分为两组:
(1) 与一个上一层的六边形和三个下一层的、数字连续的六边形相邻。
(2) 分别与两个上一层的和两个下一层的、数字各自连续的六边形相邻。
对(1)而言， 设当前数是n，上一层中与之相邻的六边形上的数是a，下一层中与之相邻的六边形上的数分别是b-1、b、b+1。
若n-a是偶数，则b-1-n、b-n、b+1-n中至少还有一个偶数，从而$PD(n)\le 2$。
若n-a是奇数，则b-n也是奇数，从而b-1-n和b+1-n都是偶数，亦得$PD(n)\le 2$。
对(2)而言，设当前数是n，上一层中与之相邻的六边形上的数分别是a、a+1，下一层中与之相邻的六边形上的数分别是b、b+1。
那么显然n-a和n-a-1中有一个偶数，b-n、b+1-n中也有一个偶数，从而也有$PD(n)\le 2$。
因此只需考虑每层的首个和末个六边形， 设第n层首个六边形上的数是$x_n$，末个六边形上的数是$y_n=x_{n+1}-1$，则
$$x_3=8, \quad x_n=x_{n-1}+6(n-2)=2+3(n-1)(n-2), \quad y_n=x_{n+1}-1=1+3n(n-1).$$
显然$x_{n+1}-x_n$和$x_n-x_{n-1}$都是合数，而$x_n$与其下一个数之间相差1，因此只需检查它与另外三个相邻六边形上的数之差，即
\begin{align*}y_{n+1}-x_n&=x_{n+2}-1-x_n=x_{n+2}-x_{n+1}+x_{n+1}-x_n-1=6n+6(n-1)-1=12n-7, \\ y_n-x_n&=x_{n+1}-1-x_n=6(n-1)-1=6n-7, \\ x_{n+1}+1-x_n&=6(n-1)+1=6n-5, \end{align*}
类似地，对$y_n$也只需检查
\begin{align*}y_n-x_{n-1}&=12n-19,\\ y_n-x_{n}&=6n-7, \\ y_{n+1}-1-y_n&=x_{n+2}-1-1-(x_{n+1}-1)=6n-1, \end{align*}
这些序列中存在许多重复的项，因此综合考虑可以发现只需检验出以下四个序列中的素数
\begin{align*}a_n&=y_{n+1}-x_n=12n-7 \\ b_n&=y_n-x_n=6n-7 \\ c_n&=x_{n+1}+1-x_n=6n-5 \\ d_n&=y_{n+1}-1-y_n=6n-1 \end{align*}
若$a_n$、$b_n$、$c_n$都是素数，则$PD(x_n)=3$。
若$a_{n-1}$、$b_n$、$d_n$都是素数，则$PD(y_n)=3$。
由于只需检验特定形态的数的素性，且这些数可能较大，因此先估计一个上界（以下选用的是$10^8$），用筛法生成该上界平方根以内的全部素数（以下使用的是10000），再用常规的手段作素性检验。
结果是$14516824220$。
from functools import *
target=10000
d=[0]*target
n=2
while n < target:
for i in range(n+n,target,n):
d[i]=d[i]+1
n=n+1
while n < target and d[n]>0:
n=n+1
primeList=[k for k in range(2,target) if d[k]==0]
@cache
def isPrime(n):
i=0
while i < len(primeList) and primeList[i]*primeList[i]<=n and n%primeList[i]:
i+=1
return i>=len(primeList) or n%primeList[i]>0
c=2
r=2
while c < 2000:
r+=1
a,b=isPrime(12*r-7) and isPrime(6*r-7) and isPrime(6*r-5),isPrime(12*r-19) and isPrime(6*r-7) and isPrime(6*r-1)
c=c+a+b
x,y=2+3*(r-1)*(r-2),1+3*r*(r-1)
print(x if c==2001 else x*a+y*b)
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