https://www.luogu.org/problemnew/show/P2181
对于某条对角线，除去从两端出发的对角线，其他的都与它有1个交点。
每个点有(n-3)条对角线，每条对角线和其余C(n-2,2)条对角线都有1个交点，共有n个点，重复计算交点再除以2，重复计算直线再除以2。
即n(n-3)/2条对角线，每条对角线和(n-2)(n-3)/2条对角线都有1个交点，重复计算交点再除以2。（错了，并非所有对角线都相交）
画图手数，按规律数的话，发现n=4，1个交点；n=5，5个交点=sum(1,2)+2sum(1,1)；n=6，15个交点=sum(1,3)+2sum(1,2)+3sum(1,1)；n=7，35个交点=sum(1,4)+2sum(1,3)+3sum(1,2)+4sum(1,1)。
所以我们首先得到一个n复杂度的解法。利用这个解法打表看看。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long ll sum(ll a1,ll an){ return (an-a1+1)*(a1+an)/2; } int main(){ for(int n=3;n<=20;n++){ ll ans=0; for(int i=1;i<=n-3;i++){ ans+=1ll*i*sum(1,n-2-i); } printf("n=%d ans=%lld\n",n,ans); } }
n=3 ans=0 n=4 ans=1 n=5 ans=5 n=6 ans=15 n=7 ans=35 n=8 ans=70 n=9 ans=126 n=10 ans=210 n=11 ans=330 n=12 ans=495 n=13 ans=715 n=14 ans=1001 n=15 ans=1365 n=16 ans=1820 n=17 ans=2380 n=18 ans=3060 n=19 ans=3876 n=20 ans=4845
再试试大点的会不会爆，结果看不太出来，用ull和ll的结果没啥不同，赌他不溢出。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long unsigned ll sum(ll a1,ll an){ return (an-a1+1)*(a1+an)/2; } int main(){ int n; scanf("%d",&n); //for(int n=99999;n<=100000;n++){ unsigned ll ans=0; for(int i=1;i<=n-3;i++){ ans+=1llu*i*sum(1,n-2-i); } //printf("n=%d ans=%llu\n",n,ans); printf("%llu\n",ans); //} }
事实证明是没有溢出。所以上面是正确的解法。
这道题还有用公式的解法，降低了一个维度。除了用组合数学的知识直接得到（4个不同的点确定一个交点，直接C(n,4)），还可以暴力求解，这里介绍一下高阶差分。
首先我们由打表代码得到
0 1 5 15 35 70 126
一阶差分
1 4 10 20 35 56
二阶差分
3 6 10 15 21
三阶差分
3 4 5 6
四阶差分
1 1 1
五阶差分
0 0
所以上式是一个关于n的四次多项式。设为an^4+bn^3+cn^2+dn+e=0。
代入前5项强行算出来吧。还是说有别的计算方法？
的确有！（差分数列只要得到等差数列即可）
写出差分表之后，差分表的每行第0项组成第0对角线，即c0,c1,c2,c3,0,0,0...。原序列的通项满足
hn=c0C(n,0)+c1C(n,1)+c2C(n,2)+c3C(n,3)，利用这个形式甚至可以求出前n项和。（组合数的求和sum(k=0~n,C(k,p))=C(k+1,p+1)）
参考https://blog.csdn.net/wu_tongtong/article/details/79115921