关于立体图形切n刀最多切多少块的结论及推导

思路主要参照了知乎这个话题下德安城和安堇然的回答。自己再写一遍主要是为了加深理解。

首先直接给出结论：
在d维空间内，对于被切中的d维立体，每一刀将造成d-1维的划痕，将该d维立体分成两部分，则切n刀后得到的块数最多为：

f(d,n)=Σdk=0Ckn

f(d,n)=\Sigma_{k=0}^{d}C_n^k
其中，d表示维数，可以从0开始取，n表示切的刀数。

为了推导过程表述方便，我们要先给出一个符号定义：

nk−=n∗(n−1)∗⋯∗(n−k+1)

n^{\underline k}=n*(n-1)*\cdots*(n-k+1)
当 n=kn=k时，即上式等于 n!n!

我们再证明一个引理：

Σn−1r=1rk−=nk+1−−−k+1

\Sigma_{r=1}^{n-1}r^{\underline k}=\frac{n^{\underline {k+1}}}{k+1}
方法是数学归纳法。

首先由于当k>rk>r时，rk−=0r^{\underline k}=0，所以n≤kn\leq k时，结果是0
所以我们从n=k+1n=k+1时开始考虑：此时
左式=kk−=k!左式=k^{\underline k}=k!,
右式=(k+1)k+1k+1=(k+1)!k+1=k!=左式右式=\frac{(k+1)^{k+1}}{k+1}=\frac{(k+1)!}{k+1}=k!=左式
得证：n=k+1n=k+1时，Σn−1r=1rk−=nk+1−−k+1\Sigma_{r=1}^{n-1}r^{\underline k}=\frac{n^{\underline {k+1}}}{k+1}，
令n=n+1
左式=nk−+Σn−1r=1rk−=nk−+nk+1−−k+1=(k+1)∗nk−+nk+1−−k+1左式=n^{\underline k}+\Sigma_{r=1}^{n-1}r^{\underline k}=n^{\underline k}+\frac{n^{\underline {k+1}}}{k+1}=\frac{(k+1)*n^{\underline k}+n^{\underline {k+1}}}{k+1}
由于(k+1)∗nk−=(k+1)∗n∗(n−1)∗⋯∗(n−k+1)(k+1)*n^{\underline k}=(k+1)*n*(n-1)*\cdots*(n-k+1)
且nk+1−−−=n∗(n−1)∗⋯∗(n−k+1)∗(n−k)n^{\underline {k+1}}=n*(n-1)*\cdots*(n-k+1)*(n-k)
所以：(k+1)∗nk−+nk+1−−−=(n−k+k+1)∗nk−=(n+1)k−(k+1)*n^{\underline k}+n^{\underline {k+1}}=(n-k+k+1)*n^{\underline k}=(n+1)^{\underline k}
所以在n=n+1n=n+1时，Σnr=1rk−=(n+1)k+1−−k+1\Sigma_{r=1}^{n}r^{\underline k}=\frac{(n+1)^{\underline {k+1}}}{k+1}
综上所述，Σn−1r=1rk−=nk+1−−k+1\Sigma_{r=1}^{n-1}r^{\underline k}=\frac{n^{\underline {k+1}}}{k+1}

然后我们考虑切分d维立体图形的过程

d=0d=0，此时f(0,n)=1f(0,n)=1，这个应该比较显然
d=1d=1，此时f(1,n)=n+1f(1,n)=n+1，直观来讲，就是n个点可以将一条线切成n+1段，这个结果也可以表示为
f(1,n)=f(1,n−1)+f(0,n)

f(1,n)=f(1,n-1)+f(0,n)
d=2d=2，此时我们假设已经切了n-1刀，最多已经形成了f(2,n−1)f(2,n-1)个小平面。为了能够让第n条割线割出最多的小平面，我们应当让第n条直线与之前的n-1条直线都有交点。
如下：是一个正方形平面已经被4条（黑色）直线最大化分割后，添加第5条（蓝色）直线的方法：

黄色区域是产生新平面的区域，我们可以将黄色区域抽象化为一条直线段，那4条黑色的直线将这条线段分割成了f(1,4)=4f(1,4)=4段，我们第5条线将这条小平面构成的抽象线段的每一小段都分成了两份，所以平面增加数为：f(1,4)f(1,4)。
以此类推，我们就得到了d=2d=2情况下的最大分割数的递推公式：

f(2,n)=f(2,n−1)+f(1,n−1)

f(2,n)=f(2,n-1)+f(1,n-1)
d=3d=3时，我们同样假设已经有n-1个平面已经将一个立方体最大化分割了，这时我们要加入第n个平面，这种情况下，我们也可以让第n个平面穿过其余的n-1个平面，其路径上的小立体都会被分割成两块，所以增加的数量就是f(2,n−1)f(2,n-1)，
由此，我们得到了d=3d=3情况下的最大分割数递推公式：

f(3,n)=f(3,n−1)+f(2,n−1)

f(3,n)=f(3,n-1)+f(2,n-1)
⋯\cdots
那么类比得到的递推式是：
f(d,n)=f(d,n−1)+f(d−1,n−1)

f(d,n)=f(d,n-1)+f(d-1,n-1)

我们现在得到了d维图形，切了x刀的递推式（其实到这里，计算复杂度已经跟刚开始的结论一样了，主要是感觉要推不出解析解了23333）：

f(d,x)=f(d,x−1)+f(d−1,x−1)

f(d,x)=f(d,x-1)+f(d-1,x-1)
移项得到：

f(d,x)−f(d,x−1)=f(d−1,x−1)

f(d,x)-f(d,x-1)=f(d-1,x-1)
进行求和得到：

f(d,n)=f(d,0)+Σnx=1[f(d,x)−f(d,x−1)]=1+Σn−1x=1f(d−1,x)

f(d,n)=f(d,0)+\Sigma_{x=1}^{n}[f(d,x)-f(d,x-1)]=1+\Sigma_{x=1}^{n-1}f(d-1,x)

在德安城的回答中，他设了f(d,n)=Σdk=0ad,k∗nk−f(d,n)=\Sigma_{k=0}^{d}a_{d,k}*n^{\underline k}，这一步非常巧妙，直接导致了最后解出来的ad,ka_{d,k}非常简洁，我还没有参透。
所以上式可以化为：

f(d,n)=1+Σn−1x=1Σd−1k=0ad−1,k∗xk−

f(d,n)=1+\Sigma_{x=1}^{n-1}\Sigma_{k=0}^{d-1}a_{d-1,k}*x^{\underline k}

f(d,n)=1+Σd−1k=0(ad−1,k∗Σn−1x=1xk−)

f(d,n)=1+\Sigma_{k=0}^{d-1}(a_{d-1,k}*\Sigma_{x=1}^{n-1}x^{\underline k})
在上面的引理中已经证明了

Σn−1x=1xk−=nk+1−−−k+1

\Sigma_{x=1}^{n-1}x^{\underline k}=\frac{n^{\underline {k+1}}}{k+1}
所以

f(d,n)=1+Σd−1k=0ad−1,k∗nk+1−−−k+1

f(d,n)=1+\Sigma_{k=0}^{d-1}a_{d-1,k}*\frac{n^{\underline {k+1}}}{k+1}

f(d,n)=1+Σdk=1ad−1,k−1∗nk−k

f(d,n)=1+\Sigma_{k=1}^{d}a_{d-1,k-1}*\frac{n^{\underline {k}}}{k}
又因之前设了：

f(d,n)=Σdk=0ad,k∗nk−=1+Σdk=1ad−1,k−1∗nk−

f(d,n)=\Sigma_{k=0}^{d}a_{d,k}*n^{\underline k}=1+\Sigma_{k=1}^{d}a_{d-1,k-1}*n^{\underline k}
比较得：

ad,k=ad−1,k−1k=ad−2,k−2k(k−1)=⋯=1k!

a_{d,k}=\frac{a_{d-1,k-1}}{k}=\frac{a_{d-2,k-2}}{k(k-1)}=\cdots=\frac{1}{k!}
所以

f(d,n)=Σdk=0nk−k!=Σdk=0Ckn

f(d,n)=\Sigma_{k=0}^{d}\frac{n^{\underline k}}{k!}=\Sigma_{k=0}^{d} C_{n}^{k}

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