我还是把原来的说法写一下吧，
在地上铺n个黑棋子，然后在每两个黑棋子之间放一个且仅一个白棋子，当然黑棋子的摆放方式会使得至少存在一种白棋子的摆放，问最少需要多少白棋子

我自己也想了想，查了查资料，总结一下自己的想法吧
记可能的通式为fn，则一定会有
n-1<fn<=n(n-1)/2
下界是只看成一圈的插入个数
上界是每个连线都能取一个点
如果fn是简单的多项式的话，至多是二次多项式，考虑奇偶数情况可能不同，只要取到n为10，再怎么也能解出来，并且检验是否是个多项式，如果不是，那可能会有一些取整函数或其他函数混在里面

如果真的不是简单多项式的话，这个问题就有可能很复杂
我尝试了一下找到对于任意n的一般算法，虽然找到了一个，但是发现这种算法是个np完全问题
如果没有更简单的算法的话，这个题很可能就成了个NP完全问题了

我找的算法有些简陋了，仅供参考
首先把这个当作n阶完全图，然后这个问题的最大值是可以取到的，就是刚才的上界
然后考虑从上界开始逐渐减少白棋子，可以看到减少的方法就是部分棋子取一些对角线交点，其他取对角线非交点上，如果一个交点同时是k个对角线的交点，则白棋子放在这里减少的棋子数是k-1个
如果对角线交点数越少，取交点所减少的棋子数就可能越多，因此取黑棋子为n时对角线最少的图，对图的交叉点分类，还是可以找出一般算法的
不过，确定一个图的交叉数好像已经被证明是个NP完全问题了……所以这种算法大失败……

我试了下n=8的另一种画法，还是17，看一下对不对，不对就删了
多边形所有边上的点8个，再加上图上的对角线交点7个，还有PQ2点，总共17个
所以最小摆法也有可能不止一种？

目前关于偶数阶的一个想法
A是正偶数边形的中心，那么中心到一顶点的连线（如AB），该顶点与另一相邻顶点的连线（如BC）以及这三个点围成的三角形内部（即不包括AC），在这里面的白棋子个数，和它隔一个单位的相应区域的个数是相等的（如AD，DE以及ADE内部），但是相邻的区域是不一定想等的
如果这样成立的话，设n=2k，则白棋子个数应该有mk+1或mk，其中相邻两个上述区域类的白棋子个数和，中心点视情况而定（n=4k?）

虽然离完成还有很长一段距离，但在此还是先谢谢两位大佬，不辞辛苦地忙活了大半天了

楼主加油吧，有结果再告诉你

我突然发现一个相当近似的公式……
fn=n+[n(n-3)/4]
我本来当上界算的，没想到这么接近
3到7时完全成立，8到9多1,10多2
我是这样想的，假设这样一个情况，除了n条边（也可能更少）以外，其他所有边都与至少一个边有公共点，且存在白棋子的一种摆法，让这些白棋子全部是某些边的交点
假设取的交点只有两两相交，则取的个数正好是有交点的那些边的一半
当然这是偶数，奇数可以看作偶数减1
我明明放大很多了吧，没想到还这么接近

我感觉那些误差可以通过考虑多线共点的情况来修正这个式子
另外，就是有些冷了，大佬们没心情的话看看就好

修正后的公式为[n(n-3)/4]-[n/2]+n+3，换句话说，每两个就会多出一种新的共线可能
这应该适用于目前所有的正多边形，还不能说明其他情况

大佬们都睡了吗
好吧就我一夜猫子在瞎氵了
不过翻了翻，这好像是我目前内容第二多的帖子，纪念一下

等等前面未修正的式子是包括1到7全部的
所以8那里到底是发生了什么突变
还有1,2,3,5那里只是数值上对了，算法有点问题，应该有更通用而准确的算法，说不定和质数会有些关系吧
另外这很可能是个被分成无限段的分段函数，至于每段多长……谁会编程算一下？
以上
真的要睡了

我突然想到一个求下界的方法
把取的所有白棋子对应的点，按所代表的连线的个数分类，代表k条的点总数记为xk，显然k在1到[n/2]之间，端点可取
则对k*xk求和，一定等于C(2,n)
现在求对xk求和的最小值
当然所有的xk都是整数
这就成了个整数规划问题