首先先解释一下折线与折线的交点问题
一
首先介绍直线与直线的交点问题：
先分析下直线分割平面的情况，增加第n条直线的时候，跟之前的直线最多有n-1个交点，此时分出的部分多出了（n-1）+1
在类比折线的交点问题：
分割平面的个数= 交点个数 + 顶点个数 + 1（不知道怎么得到的，只能说记住吧，哈哈哈）
令 f(n-1) 为 前n-1条折线分割的平面数，当添加第n条折线时，当求最大分割数时，
要保证 每一条边都与前n-1条折线 的两条边都相交，故增加的最多交点数是
2*2*(n-1) ，（有两条边，每一条边都与原来折线的两条边相交）
顶点增加1，故
f(n)=f(n-1)+4(n-1)+1
f(n-1)=f(n-2)+4(n-2)+1
….
可以得出公式 f(n)= 2n^2-n+1= f(n-1)+2*2*(n-1)+1
二
我们不忙着解这道题。我们先来看一下N条相交的直线最多能把平面分割成几块。
很明显，当添加第n条直线时，为了使平面最多，则第n条直线要与前面n-1条直线都相交，切没有任何三条线交于一个点。
这样，第n条直线一共有n-1个交点。我们知道，增加n个交点，则增加n+1个平面。
所以n条直线分割平面最大数是 1 + 1 + 2 + 3 + … + n = (n^2 + n + 2) / 2
熟悉了线分割平面，现在，我们再来看看，每次增加的不是一条直线，而是两条相互平行的线，那又如何呢？
当第N次添加时，前面已经有2N-2条直线了，按我们上面讨论的知道，第N次添加时，第2N-1条直线和第2N条直线各能增加2(n-1)+1个平面。
所以第N次添加增加的面数是 2[2(n-1) + 1] = 4n - 2 个
因此，总面数应该是 1 + 4n(n+1)/2 - 2n = 2n^2 + 1
po 个例题：
我们看到过很多直线分割平面的题目，今天的这个题目稍微有些变化，我们要求的是n条折线分割平面的最大数目。比如，一条折线可以将平面分成两部分，两条折线最多可以将平面分成7部分，具体如下所示。
题目描述如下：
INPUT:
Input
输入数据的第一行是一个整数C,表示测试实例的个数，然后是C 行数据，
每行包含一个整数n ,表示折线的数量。
Output
对于每个测试实例，请输出平面的最大分割数，每个实例的输出占一行。
Sample Input
2
1
2
Sample Output
2
7
代码如下：
/*
递推递推 (0<n<=10000)
*/
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long LL;
LL a[10000+10];
int main()
{
LL n,c;
a[1]=2; // 当一条折线的时候，分割的平面是 2 个
for(LL i=2;i<=10000;i++)
{
a[i]=a[i-1]+4*(i-1)+1;
}
cin>>c;
while(c--)
{
cin>>n;
printf("%lld",a[n]);
cout<<endl;
}
}