最多空间块

设 $f_1(n)$ 为线中 n 个点最多可分隔出的线块。

设 $f_2(n)$ 为面中 n 个线最多可分隔出的面块。

设 $f_3(n)$，意义形如上方，所有 $n\in \mathbb{N}$。

Final goal：计算 $f_3(n)$ 的通项式。

计算 $f_1(n)$ 的通项式。

初始没有点存在时，$f_1(0)=1$。

显然，每多一个点，原来的线必然有一条被分隔成两块，故 $f_1(n)=f_1(n-1)+1$。

综上可得，

解得 $f_1(n)=n+1(n\in\mathbb{N})$

计算 $f_2(n)$ 的通项式。

同上，$f_2(0)=1$。

在平面中，第 $n$ 条线最多可与 $n-1$ 条线相交，最多有 $n-1$ 个交点，因此这条线最多穿过 $n$ 个平面并将它们分隔成两块，即新增的平面块为 $n+1$ 个，故 $f_2(n)=f_2(n-1)+n$。

综上可得，

解得 $f_2(n)=\frac{n(n+1)}{2}+1(n\in\mathbb{N})$

计算 $f_3(n)$ 的通项式。

同上，$f_3(0)=1$。

在空间中，第 $n$ 个面最多可与 $n-1$ 个面相交，最多有 $n-1$ 条交线，各条交线都在第 $n$ 个面上，这些交线在其上所分割出的平面块数量，即为第 $n$ 个面经过的空间块的数量。

由此可知，新增的空间块数量为 $f_2(n-1)$，故 $f_3(n)=f_3(n-1)+f_2(n-1)$。

综上可得，

解得 $f_3(n)=\frac{n^3+5n}{6}+1(n\in\mathbb{N})$

由 $f_1(n)$，$f_2(n)$ 和 $f_3(n)$ 的推导过程中，我们可以发现一个规律

对于相同定义的 $f_x(n)$，它们都可以得到递推式并由 $f_3(n)$ 继续向上迭代得出通项式。

然而好像并没有什么用 [doge]。