还是一周前的事，当时有个同学偶然问了我一道题，说是平面上有9个相同点，至少过其中三点做一条直线，问最多可做几条直线。

我当时没怎么多想，给了一个错答案，但是正是这个错误答案导致了我后来的深入研究。思路如下：既然每点至少过3个点，那么当9个点被利用最大化的时候，每条直线上有且仅有3个点，也就是最多只有三点共线而且不存在一条直线上只有两个点共线。这时我们任意取两点，那么第三点就被唯一确定，由于每条直线上三个点中取两个点的概率P₀=1/3是相同的，所以直线条数

 \[\text{n=}{{\text{P}}_{0}}\times \text{C}_{9}^{2}=\frac{1}{3}\times 36=12\]

然而，正确答案是10，答案的9个点的排布如下

重新检查一遍思路，大家肯定发现了漏洞，就是我们无法保证这九个点利用最大化，因此条数一定\(\le \)12。

那么正确答案是如何得到的呢，我那位同学说只是偶然说视频刷到了这题，视频作者也没说如何得到的答案。至此，这道题的解法已经成功激发了我的好奇心。

于是我对这道题进行了以下的一些研究：

大家不难注意到，刚才的思路和漏洞都是围绕“利用最大化”展开的，顺着这个思路，那如果我们能得到这九个点的实际利用率不就可以求出答案了吗？这时我们设平面上点的个数为m，最多可画直线条数为n，某条直线上点的个数为q_i，过某一点的直线条数为p_j，定义某一条直线上点的个数比上常数3为这条直线的点利用指数，记为\({{\eta }_{\text{i}}}\);定义过某一点的直线条数比上总直线条数为这个点的线利用率，记为\({{\omega }_{\text{j}}}\)；定义所有点数为每条直线经过的点数和，记为s。

这时我们可以得到\[\begin{align}  & {{\eta }_{\text{i}}}=\frac{{{q}_{i}}}{3} \\ & {{\omega }_{\text{j}}}=\frac{{{\text{p}}_{j}}}{n} \\ \end{align}\]

进而得出\[\begin{align}  & \bar{\eta }=\frac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^{n}{{{\eta }_{i}}}=\frac{1}{3n}\sum\limits_{i=1}^{n}{{{q}_{i}}} \\ & \bar{\omega }=\frac{1}{m}\sum\limits_{j=1}^{m}{{{\omega }_{j}}=}\frac{1}{nm}\sum\limits_{j=1}^{m}{{{p}_{j}}} \\ \end{align}\]

由于所有点数\[\text{s}=f(n,{{\eta }_{i}}),s=g(m,n,{{\omega }_{j}})\]

即\[\sum\limits_{i=1}^{n}{3{{\eta }_{i}}}=\sum\limits_{j=1}^{m}{n{{\omega }_{j}}}\]

\[\begin{align}  & \therefore 3n\overline{\eta }=nm\overline{\omega } \\ & \therefore \overline{\eta }=\frac{m}{3}\overline{\omega } \\ \end{align}\]

很有意思，这两个均值竟然符合线性关系。代入开头此题的数据m=9，得出\[\overline{\eta }=3\overline{\omega }\]。不难发现，点利用指数越小，点的利用程度越大，且m=9时我们可以取点利用指数的最小值1（即平面内不存在4点共线），其均值也就为1。于是得出线利用率的均值为1/3\[\bar{\omega }=\frac{1}{9}\sum\limits_{j=1}^{9}{{{\omega }_{j}}=}\frac{1}{n9}\sum\limits_{j=1}^{9}{{{p}_{j}}}=\frac{1}{3}\]

即\[\sum\limits_{j=1}^{9}{{{p}_{j}}}=3n\]

这时让我们重新回顾一下题目，“有9个相同点”，我们不难得出这9个点构成的图形一定是中心对称的，8个点将1个点包裹起来，且8个点中存在间隔分布的4个点作为图形外沿的凸角顶点，这4个点的p相同，其余4点中有两点的p相同，另外两点的p相同。令这四个点对应的p分别为p_2、p_3、p_4、p_5，中间的点对应的为p₁，其余4点对应的为p_6~8。则p₁>p_2~8，p₂=p₃=p₄=p₅，p₆=p₇，p₈=p₉。若要让线利用率大，那么p就大，p的平均数\(\overline{\text{p}}\)就越大。

但是我还是不能解出所求，还请各位指点指点。