Pick 格点面积定理

边界只有一个侧面，内部有完整一周 ​

一个内部格点可以被多个小三角形包围，边界点只接触多边形内部的一侧。Pick公式把边界的贡献减半，再用常数项补偿整张平面图的整体连接关系。这个解释需要证明：为什么最终小三角形的面积必为二分之一，以及为什么局部边的重复恰好消掉。

二维的关键不是“多边形总能分成三角形”，而是“没有额外格点的整数三角形一定最小”。三维也能分成四面体，但相应的最小体积结论会失败。

一条斜边上并非每个坐标步都有点 ​

从 $(4,0)$到 $(0,3)$，边差为 $(-4,3)$，gcd为一，所以除了两端没有格点。从 $(4,0)$到 $(0,4)$则有gcd四，闭边上共有五点。欧氏长度相近不意味着边界点数相近；这里决定间隔的是整数坐标的共同因子。

一般地，边上的点是 $v+t(a,b)$。若其坐标为整数，取整数 $u,w$使 $ua+wb=g$，便有 $tg\in \mathbb{Z}$；因此 $t$只能为 $0,1/g,\dots ,1$。这也证明边界gcd公式不会漏掉斜线上的点。

面积六的三角形 ​

对 $P=\mathrm{conv}\{(0,0),(4,0),(0,3)\}$，三条边贡献

Pick公式给 $I=6-8/2+1=3$。直接枚举得到

所以闭计数为十一。正好位于斜边的点必须放进 $B$，不能再放进 $I$。

顶点必须在所用格中 ​

三角形 $(0,0),(1/2,0),(0,1/2)$的面积是 $1/8$，内部没有整数点，边界只有原点。代入 $I+B/2-1$却得 $-1/2$。它不是整数多边形，不能靠四舍五入顶点修复定理。

换成一般平面满秩格 $\mathrm{\Lambda }$时，只要顶点在该格中，选一组格基变回 ${\mathbb{Z}}^2$即可。面积必须先除以格余体积理路格行列式Lattice determinant · Lattice covolume · 格余体积欧氏格基本平行多面体在其实张成空间中的内在体积。：

点数不变，面积尺度会变。例如 $\mathrm{\Lambda }=2\mathbb{Z}\times 3\mathbb{Z}$的基本矩形面积六，仅有四个边界格点，正确归一化面积为一。

一个孔洞会改变常数项 ​

从闭正方形 $[0,3{]}^2$中删去开正方形 $(1,2{)}^2$。所得区域面积八，所有十六个整数点都在外边界或孔边界上，故 $I=0,B=16$。无孔公式给七，少了一。

若区域连通，有 $h$个互不接触的多边形孔洞、各边界均简单且顶点为整数，公式变为

理由仍是下文的边面计数，只需将 $V-E+T=1$改成 $V-E+T=1-h$。自交折线没有这里的单一内部区域；若要按环绕数或重数计面积，必须另定计数对象。

Reeve四面体说明二维条件不能省略 ​

对整数 $m\ge 1$，令

它的体积为 $m/6$，却始终只有四个顶点这四个格点。

为检查最后一句，设某点的顶点凸组合中，顶端权重为 $\lambda =z/m$。当 $0<z<m$时，$0<\lambda <1$，且 $x=\lambda +{\lambda }_1,y=\lambda +{\lambda }_2$都在 $(0,1]$。若 $x,y$为整数，只能都等于一，于是

与凸组合矛盾。$z=0$时只剩底面三个格点，$z=m$时只有顶端。因此所有这些四面体都有 $I=0,B=4$，体积却无上界。三维体积不能只由这两个数决定。

没有额外格点的三角形，面积必为二分之一 ​

平移一个整数三角形，使顶点为 $0,u,v$。其面积为 $|\det (u,v)|/2$。若整数 $m=|\det (u,v)|>1$，子格 $\mathbb{Z}u+\mathbb{Z}v$在 ${\mathbb{Z}}^2$中有指数 $m$；这正是格行列式的指数公式。

因此半开平行四边形

除原点之外还含某个整数陪集代表 $p=su+tv$。若 $s+t\le 1$，$p$就在原三角形内且不是顶点。若 $s+t>1$，则

是整数点，两系数为正且和小于一，也在三角形内部。两种情况都与“没有额外格点”冲突。所以 $m=1$，面积确为二分之一。

这个结论还给一种可验证的终止状态：小三角形的两个边向量组成幺模矩阵。它的逆是整数矩阵，所以除三个顶点外也确实没有其他格点。

把全部格点放进三角剖分 ​

先从凸多边形一个顶点向其余非相邻顶点连线，得到整数三角剖分。若还有格点不是剖分顶点，就把它插入：位于某小三角形内部时分成三块；位于一条已有边内部时，同时分割该边两侧的三角形，外边界只有一侧。

每次至少增加一个来自 $P\cap {\mathbb{Z}}^2$的剖分顶点，而这个集合有限，过程终止。末尾全部格点都是剖分顶点；每个小三角形没有其他格点，因而面积为二分之一。

记顶点、边、小三角形数为 $V,E,T$。由平面图Euler公式理路平面图欧拉公式Euler's formula for planar graphs连通平面图的顶点数、边数与面数满足 V−E+F=2。，把外面也计作一面后得到

全部格点已是顶点，所以 $V=I+B$；边界被分成 $B$条原始小边，内部边各邻接两块三角形。因此

消去 $E$即得 $T=2I+B-2$，再用 $A=T/2$得到Pick公式。无孔简单非凸多边形先取其不相交三角剖分，后续步骤完全相同。

一次计算，得到所有整数伸缩 ​

对正整数 $t$，$tP$的面积为 $A{t}^2$，各边坐标差的gcd乘 $t$，所以边界点数为 $Bt$。于是

面积六的例子给 $6t^2+4t+1$与 $6t^2-4t+1$；$t=2$时分别为33和17，边界16，差值吻合。

闭计数在 $t=0$仍为一，因为非空 $P$的零伸缩是原点。内部公式只在 $t\ge 1$解释为点数：当二维图形缩成一点，不能继续把二次公式的常数一当作二维内部点数。

Ehrhart计数定理理路Ehrhart 伸缩计数定理Ehrhart theorem · Ehrhart polynomial · Ehrhart quasipolynomial · Ehrhart多项式 · Ehrhart准多项式证明有理多胞形的全部非负整数伸缩格点数按剩余类呈多项式，整数顶点时恢复单一多项式；以同高整圆锥和半开基本域给生成函数证书，处理周期折叠、低维切片和负系数。将这种伸缩规律推广到任意维有理多胞形；Ehrhart–Macdonald互反理路Ehrhart–Macdonald 格点互反Ehrhart–Macdonald reciprocity · Ehrhart-Macdonald reciprocity · 格点计数互反定理将闭多胞形的Ehrhart准多项式在负整数处按正确剩余类求值，恢复正伸缩的相对内部格点数；用互补半开基本域及有理生成函数反演证明，区分负伸缩、内部与边界分工。解释为什么闭公式中的 $t$换成 $-t$会恢复内部公式。到格点计数综合任务可用三角形、孔洞和四面体分别检查这三层结论。