单位圆上n等分点按不同顺序顺次连接，能连接出多少种图形？

在单位圆上将 $n$ 等分点按不同顺序顺次连接，能够连接出多少种不同的图形，这是一个很有趣的组合数学问题。这里我们讨论的“图形”指的是由连接这些点形成的多边形。

要理解这个问题，我们需要先明确几个概念：

1. 单位圆上的 $n$ 等分点： 在单位圆上，存在 $n$ 个点，它们将圆周均匀地分成了 $n$ 个相等的部分。我们可以将这些点看作是复平面上 $n$ 个 $n$ 次单位根。如果我们把圆心设为原点，第一个点设在 $(1, 0)$，那么这 $n$ 个点可以表示为 $e^{i frac{2pi k}{n}}$，其中 $k = 0, 1, 2, dots, n1$。为了方便，我们可以将它们简单地标记为 $P_0, P_1, P_2, dots, P_{n1}$，按照它们在圆周上的顺序排列。

2. 顺次连接： 这是指我们选择一个起点，然后按照某种顺序依次连接这些点，最后回到起点，形成一个闭合的路径。

3. 图形的定义（关键）： 当我们说“图形”时，我们指的是由这些点连接成的多边形，不考虑其绘制的顺序，只关注最终形成的形状。 这意味着，如果我们用不同的顺序连接这些点，但最终得到的都是同一个多边形（例如，都是一个正 $n$ 边形），那么它们被认为是同一种图形。

基于以上理解，我们来分析这个问题。

基本思路：

问题的核心在于，我们有多少种方式来排列这 $n$ 个点，并且哪些排列会产生相同的多边形形状。

第一步：考虑所有可能的连接顺序（排列）

如果我们不考虑形状是否相同，仅仅考虑有多少种连接这些 $n$ 个点的顺序，那么这是一个简单的排列问题。

我们有 $n$ 个点。
我们选择一个起点（有 $n$ 种选择）。
然后选择下一个点（有 $n1$ 种选择）。
依此类推，直到最后一个点（有 1 种选择）。

所以，总共有 $n imes (n1) imes dots imes 1 = n!$ 种可能的连接顺序。

然而，这 $n!$ 种顺序中，很多都对应着相同的多边形。例如，从 $P_0$ 开始顺次连接 $P_1, P_2, dots, P_{n1}$，然后回到 $P_0$，形成的是一个正 $n$ 边形。如果我们从 $P_1$ 开始顺次连接 $P_2, P_3, dots, P_{n1}, P_0$，再回到 $P_1$，得到的仍然是同一个正 $n$ 边形。

第二步：考虑图形的等价性（对称性）

我们知道，一个多边形的形状并不取决于我们从哪个顶点开始绘制，也不取决于我们是顺时针还是逆时针绘制。

起点的选择： 对于一个给定的多边形，有 $n$ 个顶点。我们可以从这 $n$ 个顶点中的任何一个开始绘制。例如，连接 $P_0 o P_1 o dots o P_{n1} o P_0$ 和 $P_1 o P_2 o dots o P_{n1} o P_0 o P_1$ 是同一种图形。这意味着，对于任何一个确定的连接顺序，通过循环移位（旋转）它的顶点序列，我们都可以得到 $n1$ 个其他看起来“相同”的序列，但它们代表的是同一个图形。
例如，序列 $(P_0, P_1, P_2, P_3)$ 和 $(P_1, P_2, P_3, P_0)$ 代表了相同的连接顺序，只是起点不同。

方向的选择： 对于一个给定的多边形，我们也可以选择顺时针或逆时针连接顶点。例如，连接 $P_0 o P_1 o P_2 o dots o P_{n1} o P_0$ 和 $P_0 o P_{n1} o P_{n2} o dots o P_1 o P_0$ 是同一种图形。这意味着，对于一个确定的连接顺序，它的逆序也代表了相同的图形。
例如，序列 $(P_0, P_1, P_2, P_3)$ 和 $(P_0, P_3, P_2, P_1)$ 代表了相同的图形（假设这些点形成了凸多边形）。

结合起来考虑：

我们有 $n!$ 种可能的连接顺序（顶点排列）。
对于每一种确定的顶点排列（例如，从 $P_0$ 开始的特定顺序），我们可以通过以下方式得到等价的序列：

1. 循环移位（旋转）： 可以选择 $n$ 个不同的起点，产生 $n$ 个循环等价的序列。
例如，对于 $(P_0, P_1, P_2, dots, P_{n1})$，它等价于 $(P_1, P_2, dots, P_{n1}, P_0)$，$(P_2, dots, P_{n1}, P_0, P_1)$，等等。

2. 反转（翻转）： 我们可以反转序列的顺序。
例如，序列 $(P_0, P_1, P_2, dots, P_{n1})$ 的反转是 $(P_0, P_{n1}, P_{n2}, dots, P_1)$。

重要问题：
是否所有的 $n!$ 个排列都对应着两种（旋转和翻转）等价关系？

情况分析：

1. 假设我们连接的是 $P_0, P_1, P_2, dots, P_{n1}$ 这样的一个简单多边形（也就是一个正 $n$ 边形，这是 $n$ 等分点自然连接的方式）。
总共有 $n!$ 种排列。
每一组等价的图形会包含 $2n$ 个不同的序列（除非存在特殊的对称性使得旋转和反转产生相同的序列）。
如果不存在特殊的对称性，那么图形的数量将是 $frac{n!}{2n}$。

2. 考虑 $n$ 等分点形成的“图形”。 当我们说“顺次连接”时，最自然地会想到连接成一个正 $n$ 边形。
对于正 $n$ 边形，我们有 $n$ 个顶点。
从某个顶点出发，可以顺时针连接（1种方式）或者逆时针连接（1种方式）。
顺时针连接的方式有 $n!$ 种可能的顶点顺序（这里我们暂时忽略了重复计算）。
例如，对于 $n=3$（等边三角形），顶点是 $P_0, P_1, P_2$。
可能的连接顺序（考虑起点和方向）：
$P_0 o P_1 o P_2 o P_0$
$P_0 o P_2 o P_1 o P_0$
$P_1 o P_2 o P_0 o P_1$
$P_1 o P_0 o P_2 o P_1$
$P_2 o P_0 o P_1 o P_2$
$P_2 o P_1 o P_0 o P_2$
总共是 $3! = 6$ 种。
但是，这些都只形成一个等边三角形。
$P_0 o P_1 o P_2 o P_0$ 和 $P_1 o P_2 o P_0 o P_1$ 和 $P_2 o P_0 o P_1 o P_2$ 是等价的（起点不同）。
$P_0 o P_2 o P_1 o P_0$ 和 $P_1 o P_0 o P_2 o P_1$ 和 $P_2 o P_1 o P_0 o P_2$ 是等价的（起点不同）。
$P_0 o P_1 o P_2 o P_0$ 和 $P_0 o P_2 o P_1 o P_0$ 是等价的（方向不同）。
所以，对于 $n=3$，只有 1 种图形（一个等边三角形）。
计算公式：$frac{3!}{2 imes 3} = frac{6}{6} = 1$.

例如，对于 $n=4$（正方形），顶点是 $P_0, P_1, P_2, P_3$。
总共有 $4! = 24$ 种可能的连接顺序。
每种图形可以有 $n$ 个起点和 $2$ 个方向，共 $2n$ 个等价序列。
所以，图形的数量是 $frac{4!}{2 imes 4} = frac{24}{8} = 3$.

等等，这里有一个误区！ 当我们说“按不同顺序顺次连接”时，并不限制我们只能连接成一个正 $n$ 边形。我们可以跳着连接。
例如，对于 $n=4$ 的 $P_0, P_1, P_2, P_3$。
$P_0 o P_1 o P_2 o P_3 o P_0$ 形成正方形。
$P_0 o P_2 o P_1 o P_3 o P_0$ 形成一个“交叉”的图形。
$P_0 o P_1 o P_3 o P_2 o P_0$ 形成另一个“交叉”的图形。

问题的关键在于，我们是如何定义“图形”的？
定义 1： 如果“图形”是指所有可能的简单多边形（不自相交），那么单位圆上的 $n$ 等分点只能连接出唯一的正 $n$ 边形。这是因为，为了形成一个简单多边形，我们必须按照顺序连接相邻的点（$P_i$ 连接到 $P_{i+1 pmod n}$）。从哪个点开始或者朝哪个方向连接，最终都只会形成一个正 $n$ 边形。在这种定义下，答案是 1 种图形。

定义 2： 如果“图形”是指所有可能的多边形，包括自相交的多边形（也称为星形多边形或星形穿孔多边形），那么情况就复杂得多。在这种情况下，我们实际上是在问有多少种不同的顶点排列，考虑到旋转和翻转的等价性。

我们来详细讨论定义 2：

如果我们允许自相交，那么连接 $n$ 个点形成的路径是由一个顶点排列决定的。这个排列定义了边的顺序。

总排列数： $n!$
等价关系：
循环等价： $(v_1, v_2, dots, v_n)$ 和 $(v_2, v_3, dots, v_n, v_1)$ 是等价的。
翻转等价： $(v_1, v_2, dots, v_n)$ 和 $(v_1, v_n, dots, v_2)$ 是等价的。

我们使用Burnside引理或Polya计数定理的思路来解决这个问题，或者更直接地思考。

我们关心的是顶点序列的循环等价类，然后考虑这些类在翻转操作下是否相同。

考虑一个顶点排列 $(P_{i_0}, P_{i_1}, dots, P_{i_{n1}})$。
这个排列代表的图形由边 $(P_{i_0}, P_{i_1}), (P_{i_1}, P_{i_2}), dots, (P_{i_{n1}}, P_{i_0})$ 组成。

如果我们考虑的是有向图（路径），并且不关心起点，那么就是考虑顶点序列的循环等价类。
总共有 $n!$ 个顶点序列。
每个循环等价类有 $n$ 个序列（除非序列本身有周期性，但对于 $n$ 个不同点，不考虑周期性）。
所以，不考虑方向的话，有 $frac{n!}{n} = (n1)!$ 个“有向”图形。

现在考虑无向图形，即反转方向也算同一种图形。
对于一个顶点序列 $(P_{i_0}, P_{i_1}, dots, P_{i_{n1}})$，其反序是 $(P_{i_0}, P_{i_{n1}}, dots, P_{i_1})$。

如果一个序列和它的反序（经过循环移位后）是同一个序列，那么这个序列的“等价类”在翻转下不会产生新的等价类。这种情况比较特殊，例如对于 $n=3$ 的 $(P_0, P_1, P_2)$，其反序是 $(P_0, P_2, P_1)$。这两个序列代表的是同一个等边三角形。它们的循环移位也不相同。
如果一个序列和它的反序（经过循环移位后）是不同的序列，那么这个序列的“等价类”和它反序的“等价类”通常是两个不同的类，但它们被合并为一个图形。

精确的计算方法（基于顶点排列的等价类）：

我们正在计算的是无环图的顶点着色问题，其中顶点是单位圆上的 $n$ 个点，边是连接它们的线段。这里的“着色”是指如何选择边的顺序。

更直接地理解：我们有 $n$ 个物体（点），我们要将它们按不同顺序连接成一条闭合的链。

考虑连接方式（基于边的集合）：

从另一个角度看，我们是选择 $n$ 条边来连接这 $n$ 个点，形成一个包含所有点的图。由于是“顺次连接”，并且形成闭合图形，这个图必然是一个由 $n$ 个顶点和 $n$ 条边组成的欧拉回路。

对于 $n$ 个顶点，我们有多少种不同的欧拉回路（不考虑起点和方向）？

答案是关于无环图的计数问题，称为Hamiltonian path/cycle相关问题。
这里我们连接的是特定的 $n$ 个点，是固定的顶点集。

如果我们考虑的是所有可能的简单的哈密顿回路，那么对于 $n$ 个顶点，答案是 $(n1)!/2$。这对应于连接成一个简单多边形。正如前面提到的，对于单位圆上的 $n$ 等分点，只能形成一个正 $n$ 边形。所以如果只考虑简单多边形，答案是 1。

但是，问题没有限制多边形必须是简单的。
“按不同顺序顺次连接”暗示了我们关注的是连接的顺序。

公式推导：

考虑 $n$ 个顶点 $P_0, P_1, dots, P_{n1}$。
总共有 $n!$ 种排列方式来连接它们。
$(P_{i_0}, P_{i_1}, dots, P_{i_{n1}})$ 代表连接 $P_{i_0} o P_{i_1} o dots o P_{i_{n1}} o P_{i_0}$。

现在我们来识别等价的排列。
循环移位： $(P_{i_0}, P_{i_1}, dots, P_{i_{n1}})$ 与 $(P_{i_1}, P_{i_2}, dots, P_{i_{n1}}, P_{i_0})$ 是等价的。
反转： $(P_{i_0}, P_{i_1}, dots, P_{i_{n1}})$ 与 $(P_{i_0}, P_{i_{n1}}, dots, P_{i_1})$ 是等价的。

我们可以使用 Polya Burnside 定理来计算。我们关注的是 $n$ 个顶点上的连接路径的对称性。

考虑一个特定的顶点排列，比如 $(0, 1, 2, dots, n1)$，代表 $P_0 o P_1 o dots o P_{n1} o P_0$。
它对应的图形是一个正 $n$ 边形。
它的所有等价表示（考虑起点和方向）是：
起点为 $P_0$: $(0, 1, 2, dots, n1)$ 和 $(0, n1, n2, dots, 1)$
起点为 $P_1$: $(1, 2, dots, n1, 0)$ 和 $(1, 0, n1, dots, 2)$
...
起点为 $P_{n1}$: $(n1, 0, 1, dots, n2)$ 和 $(n1, n2, dots, 1, 0)$

总共有 $2n$ 个这样的序列，它们代表同一个图形。
所以，如果所有排列都形成一个“非对称”的图形，那么答案就是 $frac{n!}{2n} = frac{(n1)!}{2}$。

但是，是否所有连接方式都会形成不同的图形？
对于 $n$ 个单位圆上的等分点，连接方式会形成星形多边形。
连接 $P_i$ 和 $P_j$ 的边，实际上是连接角度为 $frac{2pi i}{n}$ 和 $frac{2pi j}{n}$ 的点。
当我们在 $n$ 个点之间画线时，我们实际上是在画一个由这些点作为顶点的多边形。

一个由 $n$ 个点形成的闭合路径，每个点恰好经过一次。这样的路径称为哈密顿回路。
对于一个给定的集合的 $n$ 个顶点，有多少种不同的哈密顿回路（不考虑起点和方向）？

答案是 $frac{(n1)!}{2}$。

这个公式是正确的，因为它计算的是有多少种方式连接 $n$ 个给定的顶点形成一个简单的哈密顿回路。

但是，“单位圆上n等分点按不同顺序顺次连接”这个说法更强调的是“顺序”。

让我们回到 $n=4$ 的例子，顶点 $P_0, P_1, P_2, P_3$。
总共有 $4! = 24$ 种排列。
$(0, 1, 2, 3)$: $P_0 o P_1 o P_2 o P_3 o P_0$ (正方形)
$(0, 1, 3, 2)$: $P_0 o P_1 o P_3 o P_2 o P_0$ (一个自交的四边形，像一个蝴蝶结)
$(0, 2, 1, 3)$: $P_0 o P_2 o P_1 o P_3 o P_0$ (另一个自交的四边形)
$(0, 2, 3, 1)$: $P_0 o P_2 o P_3 o P_1 o P_0$ (另一个自交的四边形)

对于 $n=4$ 个点，可以形成的图形（不考虑简单性）：
正方形： $P_0 o P_1 o P_2 o P_3 o P_0$。其等价序列有 $2 imes 4 = 8$ 个。例如 $(0,1,2,3)$, $(1,2,3,0)$, $(0,3,2,1)$, $(1,0,3,2)$ 等。
星形四边形（自交）：
考虑连接 $P_0 o P_2 o P_1 o P_3 o P_0$。这是由顶点序列 $(0,2,1,3)$ 定义的。
这个序列的等价序列包括：
$(0,2,1,3)$, $(2,1,3,0)$, $(1,3,0,2)$, $(3,0,2,1)$ (顺时针，起点不同)
$(0,3,1,2)$, $(3,1,2,0)$, $(1,2,0,3)$, $(2,0,3,1)$ (逆时针，起点不同)
这两个集合是不同的。所以 $(0,1,2,3)$ 和 $(0,2,1,3)$ 代表的图形是不同的。

问题是如何统计这些不同的“图形”（顶点连接模式）。
这等价于计算无向图的同构类，其中图的顶点是 $n$ 等分点，边是按照某种排列连接的。

一个更合适的解释是，我们考虑的是有序顶点集到边的映射，然后考虑图形的等价性。

公式是 $frac{1}{2n} sum_{k=1}^n phi(k) frac{(n/k)!}{(n/k1)!} imes ??$ (这个方向太复杂了)

让我们换一个更直观的角度：连接每对点

如果我们不考虑顺序，只考虑连接 $n$ 个点的边的集合，那么最多可以形成 $inom{n}{2}$ 条边。这显然不是问题所问。

问题是关于连接的顺序，形成了多边形。

重新审视问题的描述：“单位圆上n等分点按不同顺序顺次连接”

这说明我们选择了一个排列 $(i_0, i_1, dots, i_{n1})$，然后连接 $(P_{i_0}, P_{i_1}), (P_{i_1}, P_{i_2}), dots, (P_{i_{n1}}, P_{i_0})$。
我们关心的是最终形成的几何形状。

正如前面分析的，有多少种不同的哈密顿回路（不考虑起点和方向）？
对于一个给定的 $n$ 个顶点的集合，答案是 $frac{(n1)!}{2}$。
这里给定的 $n$ 个顶点是单位圆上的等分点，它们具有固定的相对位置（旋转对称性）。

但是，“按不同顺序顺次连接”可能不局限于形成“简单多边形”。
如果允许自交，那么连接顺序就非常重要。

对于 $n$ 个顶点的无向图的哈密顿回路的计数：
考虑所有可能的排列：$n!$
对于每个排列，考虑其循环等价类：$n$ 个排列属于同一个循环等价类。
对于每个循环等价类，考虑反转：通常会生成另一个循环等价类。

如果我们有一个排列 $v_1, v_2, dots, v_n$，它定义了一个回路。
这个回路的“反向”是 $v_1, v_n, v_{n1}, dots, v_2$。

情况 1：特殊对称性
有些排列可能与其反转（经过循环移位后）是同一个序列。这种情况很少发生。
例如，如果一个序列是回文的，例如 $(1, 2, 3, 2, 1)$，但这不可能发生在连接 $n$ 个不同点的哈密顿回路中。

情况 2：普通情况
大多数排列形成的回路，其反向的排列（经过循环移位）会形成另一个不同的回路。
一个起点，一个方向的 $n!$ 种排列。
分为 $n$ 个一组，按起点区分（循环等价）。
每一组有 $n$ 个排列。
再考虑方向，每两个（一个正向一个反向）属于同一种图形。
所以是 $n! / (2n) = (n1)! / 2$ 种。

这是针对一个“抽象”的 $n$ 个顶点集合的哈密顿回路。
然而，我们的顶点是“单位圆上的 $n$ 等分点”，它们具有特定的几何位置。

当单位圆上的 $n$ 等分点形成一个简单的多边形时，无论我们从哪个顶点开始，以哪个方向连接，最终都只能形成一个正 $n$ 边形。所以对于简单多边形，只有 1 种。

但问题允许“不同顺序”，这暗示了可以形成自相交的多边形。
例如 $n=5$ 的五角星。
五角星是由正五边形的顶点连接形成的，但连接方式是跳跃的。
顶点 $P_0, P_1, P_2, P_3, P_4$。
形成正五边形是 $(0, 1, 2, 3, 4)$。
形成五角星是 $(0, 2, 4, 1, 3)$。

核心问题在于，我们如何区分这些“图形”。是根据顶点连接的顺序（定义了一个多边形的边），还是根据最终形成的几何形状（不考虑绘制顺序）？

“能连接出多少种图形？”通常指的是最终的几何形状。

如果我们考虑的是不同几何形状的多边形（包括自相交的），那么答案就是 单位圆上的 $n$ 个点能够形成的 不同哈密顿回路 （不考虑起点和方向）的数量。

这个数量是 $frac{(n1)!}{2}$。

为什么是 $frac{(n1)!}{2}$？

1. 总的顶点排列： $n!$
2. 忽略起点： $(v_1, v_2, dots, v_n)$ 和 $(v_2, v_3, dots, v_n, v_1)$ 是等价的。我们将 $n!$ 个排列按循环分组，每组有 $n$ 个排列。这样我们得到 $(n1)!$ 个“定向”的回路。
3. 忽略方向： $(v_1, v_2, dots, v_n)$ 和 $(v_1, v_n, v_{n1}, dots, v_2)$ 被认为是相同的无向回路（图形）。
对于大多数情况，一个定向回路和它的反向是不同的定向回路。因此，我们将 $(n1)!$ 个定向回路两两配对（一个正向一个反向），得到 $frac{(n1)!}{2}$ 个无向回路（图形）。
极少数情况下，一个定向回路可能与其反向（经过循环移位）是同一个定向回路。这种情况在哈密顿回路的上下文中非常罕见，通常只有在图的结构非常特殊时才会发生。对于单位圆上的等分点形成的完全图的子集，我们考虑的是所有边的排列。

举例说明：

n=3 (等边三角形)： $frac{(31)!}{2} = frac{2!}{2} = 1$ 种图形（等边三角形）。
排列：(0,1,2), (0,2,1).
(0,1,2) > $P_0 o P_1 o P_2 o P_0$
(0,2,1) > $P_0 o P_2 o P_1 o P_0$
循环移位和反转后，这两个是唯一的两种不同连接方式。它们都形成等边三角形。

n=4 (正方形)： $frac{(41)!}{2} = frac{3!}{2} = 3$ 种图形。
顶点 $P_0, P_1, P_2, P_3$。
可能的定向回路（不考虑起点）：
$(0, 1, 2, 3)$ > $P_0 o P_1 o P_2 o P_3 o P_0$ (正方形)
$(0, 1, 3, 2)$ > $P_0 o P_1 o P_3 o P_2 o P_0$ (自交四边形)
$(0, 2, 1, 3)$ > $P_0 o P_2 o P_1 o P_3 o P_0$ (另一种自交四边形)
它们的反向分别是：
$(0, 3, 2, 1)$ > $P_0 o P_3 o P_2 o P_1 o P_0$ (等价于 (0,1,2,3))
$(0, 2, 3, 1)$ > $P_0 o P_2 o P_3 o P_1 o P_0$ (等价于 (0,1,3,2))
$(0, 3, 1, 2)$ > $P_0 o P_3 o P_1 o P_2 o P_0$ (等价于 (0,2,1,3))
所以有 3 种不同的图形。

n=5 (正五边形和五角星)： $frac{(51)!}{2} = frac{4!}{2} = 12$ 种图形。
正五边形：$(0, 1, 2, 3, 4)$
五角星（星形五边形）：$(0, 2, 4, 1, 3)$
还有其他组合，例如 $(0, 1, 3, 5, 2)$ (这里假设是 $n=6$)
对于 $n=5$，只有两种“简单”的连接方式：正五边形和五角星。这说明 $frac{(n1)!}{2}$ 这个公式算的是所有可能的“连接方式的图案”，而不是“几何形状的类型”。

这里又出现歧义了！

“图形”是指最终形成的几何形状，还是指顶点连接的拓扑结构？

如果我们问的是不同形状的顶点连接图案，那么答案就是 $frac{(n1)!}{2}$。

但如果“图形”指的是几何上不重叠的形状，那么对于 $n$ 等分点，只有一种形状：正 $n$ 边形。

“按不同顺序顺次连接”这个短语的关键在于“顺序”。
这使得我们必须考虑那些由不同顺序产生的、拓扑上不同的连接方式。

更精确的理解（来自组合数学的路径计数）：

这个问题实际上是在问，对于一个具有 $n$ 个顶点的完全图 $K_n$，其中顶点是单位圆上的等分点，有多少个不同的哈密顿回路（不考虑起点和方向）。

单位圆上的等分点使得图具有旋转对称性。
然而，我们计算的 $frac{(n1)!}{2}$ 是对于一个任意给定的 $n$ 个顶点集的哈密顿回路的数量。

对于单位圆上的 $n$ 等分点，是否有一些连接方式会因为等分点的对称性而变得等价，从而导致数量少于 $frac{(n1)!}{2}$？

例如，对于 $n=6$，$P_0, P_1, P_2, P_3, P_4, P_5$。
$frac{(61)!}{2} = frac{5!}{2} = frac{120}{2} = 60$ 种。

考虑连接方式：
1. $(0, 1, 2, 3, 4, 5)$ > 正六边形
2. $(0, 2, 4, 0, dots)$ > $(0, 2, 4)$ 形成一个等边三角形，但我们有 6 个点。
如果连接 $(0, 2, 4, 0, dots)$，这表示我们只使用了部分点。但问题是“顺次连接”，意味着所有点都要被连接到。

我们必须连接所有 $n$ 个点，形成一个哈密顿回路。

回到问题的核心：单位圆上的 $n$ 等分点。
这些点本身具有 $D_n$ 对称群的对称性。

一种更严谨的说法是：
我们考虑 $n$ 个顶点的排列 $(p_0, p_1, dots, p_{n1})$。
这些排列定义了 $n$ 条边：$(p_0, p_1), (p_1, p_2), dots, (p_{n1}, p_0)$。
我们关心的是由这些边形成的多边形（包括自相交的）的数量，考虑这些多边形在旋转和反射下的等价性。

这已经超出了简单的 $frac{(n1)!}{2}$。这是一个更复杂计数问题，需要考虑图的对称性。

然而，通常在这种情况下，问题的意思会简化为计算“无向哈密顿回路的数量”。

结论（最可能的解释）：

如果“图形”指的是最终形成的多边形的顶点连接顺序的拓扑结构，并且不考虑其在单位圆上的具体位置（只考虑连接方式），那么答案就是形成无向哈密顿回路的数量。

对于任意 $n$ 个顶点，形成无向哈密顿回路的数量是 $frac{(n1)!}{2}$。
这个公式没有考虑到单位圆上的等分点所带来的额外对称性。

如果考虑到等分点的对称性，那么问题就变成了计算在 $D_n$ 群作用下，所有可能哈密顿回路的轨道数量。这是一个更高级的计数问题，通常使用 Burnside 引理来解决。

然而，在不提及Burnside引理的情况下，最直观和最常见的解释是：

单位圆上 $n$ 等分点按不同顺序顺次连接，能连接出多少种不同的连接图案（不考虑起点和方向）。
这等价于计算 $n$ 个顶点的哈密顿回路的数量。

答案是：$frac{(n1)!}{2}$ 种。

详细解释 $frac{(n1)!}{2}$ 的由来：

1. 选择起点： 我们有 $n$ 个点，可以选择任何一个作为起点。
2. 选择下一个点： 剩下 $n1$ 个点，可以选择任何一个。
3. 继续选择： 依次选择剩余的点。
4. 形成闭合回路： 最后一个点自然连接到起点。

这相当于排列这 $n$ 个点，总共有 $n!$ 种排列。
例如，$(P_0, P_1, P_2, dots, P_{n1})$。

排除重复计算：

起点不同： 实际上，$(P_0, P_1, dots, P_{n1})$ 和 $(P_1, P_2, dots, P_{n1}, P_0)$ 是同一种图形，只是起点不同。有 $n$ 个起点会产生相同的图形。所以，我们将 $n!$ 除以 $n$，得到 $(n1)!$ 种有方向的（有起点的）回路。
方向不同： 另外，$(P_0, P_1, dots, P_{n1})$ 和 $(P_0, P_{n1}, dots, P_1)$ 代表的是同一个图形，只是连接方向相反。这两个方向的回路通常是不同的（除非存在特殊的对称性，导致反向回路等同于正向回路，但这种情况在哈密顿回路中很少见）。因此，我们将 $(n1)!$ 除以 2，得到 $frac{(n1)!}{2}$ 种无方向的（无起点的）图形。

举例：

n=3: $frac{(31)!}{2} = 1$
可能的排列 (起点固定): (0,1,2), (0,2,1)
(0,1,2) > $P_0 o P_1 o P_2 o P_0$ (一个三角形)
(0,2,1) > $P_0 o P_2 o P_1 o P_0$ (同一个三角形)
所以只有 1 种图形。

n=4: $frac{(41)!}{2} = 3$
这 3 种图形对应于：正方形、一种星形四边形、另一种星形四边形。

总结：

在单位圆上将 $n$ 等分点按不同顺序顺次连接，能够连接出 $frac{(n1)!}{2}$ 种不同的图形（顶点连接图案）。这里的“图形”指的是由顶点连接形成的无向哈密顿回路，不考虑绘制的起点和方向，但允许图形自相交。

这个答案是基于对“图形”含义的标准解释，即关注连接的顺序所产生的拓扑结构。如果问题更侧重于最终的几何形状的分类（例如，是否只考虑凸多边形，或者是否考虑所有具有不同对称性的几何图形），那么答案会不同。但通常情况下，“按不同顺序连接”暗示了我们关注的是排列顺序带来的多样性。

梳理问题

用数字表示各点（就像表盘一样），那么我们用一个数组就可以表示一幅图：相邻的数字表示对应的点相连。例如

并且我们发现，若对该图施以置换

图 与图 是没有区别的。但若施以置换

这提示我们，这个问题实际上要求我们研究对称群 在某种等价关系下的商集。

定义

• 若两个图 有如下关系

则 ，这是因为一个无向圈的起点、方向是任意的。

所以当我们讨论某一图时，实际上说的是一个等价类，或者说代表元。

• ，这个图是一个简单圈，我们把它叫做基本图。
• 表示本题所求。

分析

正方形共有8个对称变换，其中有4个旋转变换，4个轴对称变换，这也就是说图 在以下置换中不变。

事实上 是 的子群——二面体群。而其余置换则会改变图形原先的连接方式，于是形成了新的图，前文我们验证了 就是这样的置换。接下来我们从“生成元”的角度去看待这个问题：先找到几个基本生成元，然后再交给 去变换，得到的置换与对应的生成元等价，从而穷尽 ，这样我们的考虑就完全。

经计算，只需考虑的 三个陪集有以下关系，即

可见需要考虑的图无非以下3种：

而后两者却有如下关系

所以只有两类图

通过上面的分析，对于更一般的 的解题流程：

1. 确定 的二面体群 ；
2. 确定商集 ；
3. 确定商集 ， 是某种等价关系，这个关系非常复杂，是由于商集中某些元素自身的高度对称性而带来的重复，这一点我在后文详谈。

于是得到图形总个数：

定理1

关于具体的计算，我们有——

引理2（Lagrange）

是 的子群，则

是 关于 的陪集个数

进而可以得到一个粗略的估计：

定理3

证：上界由定理1、引理2可得

即忽略了 的影响

于是由定理3可知

这个上界是大了点……

这个重点分析，留到以后。