Дана некоторая окружность \omega и на ней было отмечено n точек, так, что каждые попарно взятые дуги между точками равны между собой, известно что n - четно,
Это решения для варианта, где при повороте трапеция/четырехугольник не будет считаться за новую фигуру. Другой вариант легче и исходит из этого решения.
1-пункт.
Проведем диаметр, который соединяет середины двух хорд, образованных этими точками (n – четное) и зафиксируем его вертикально. Получается, в каждой полуокружности по \frac{n}{2} точек.
Проведем все хорды с концами в этих точках такие, чтобы каждая была перпендикулярна проведенному диаметру.
Теперь, чтоб образовать трапецию, нам достаточно взять какие-то две из этих хорд и провести боковые стороны.
Так мы можем сосчитать C_{n/2}^2 трапеций. Однако, каждой трапеции (не прямоугольники) соответствует еще одна трапеция, симметрично отраженная по горизонтали. (Пойми, почему каждая трапеция повторяется не более 2 раз).
То есть мы могли бы поделить все на 2, но прямоугольники повторяются по 4 раза (в длину по вертикали и горизонтали), а квадраты по 2 раза. Поэтому это тоже нужно посчитать.
Заметим, что если выбрать одну хорду, то существует только один прямоугольник, который ее содержит. В итоге мы придем к тому, что есть \lceil \frac{n}{4} \rceil (целая часть сверху) неповторяющихся прямоугольника, и \lceil \frac{n}{4} \rceil - 1 без квадратов.
Теперь, учитывая, что в C_{n/2}^2 прямоугольники (без квадратов) повторяются по 4 раза, а все остальное по 2, то в \frac{C_{n/2}^2}{2} лишними посчитаются лишь прямоугольники (по 2 раза), поэтому отнимем их. Получается ответ:
2-пункт. Подсказка
Если взять C_n^4, повернутые и симметричные четырехугольники считаются по несколько раз.
Можно было бы поделить на 2n (n раз при повороте и еще 2 при отражении относительно одной из осей, только одной, потому то остальное получается при повороте), но трапеции и прямоугольники считаются другое количество раз. Попробуй, опираясь на предыдущий пункт, добить эту сам. Если не получится, напиши