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）

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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
     
      using namespace std;#define ll long longll 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=0n=4  ans=1n=5  ans=5n=6  ans=15n=7  ans=35n=8  ans=70n=9  ans=126n=10  ans=210n=11  ans=330n=12  ans=495n=13  ans=715n=14  ans=1001n=15  ans=1365n=16  ans=1820n=17  ans=2380n=18  ans=3060n=19  ans=3876n=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
     
      using namespace std;#define ll long longunsigned 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)）

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参考https://blog.csdn.net/wu_tongtong/article/details/79115921