之前想的，现在记录一下。
定理阐述
将定点都在正方形网格格点上的多边形称为“简单多边形”，则任意简单多边形面积都为其边上格点数的一半加上其内部的格点数减去 $1$，简述为：
\[S=\frac12A+B-1\]其中 $S$ 为面积，$A$ 为边上格点数，$B$ 为内部格点数。
例如：如图所示图形，显然 $A=10,B=18$，则 $S=\dfrac12A+B-1=22$。
但需注意 $S$ 的单位为平方单位长度。
符号约定
- $S_M$ 表示图形 $M$ 的面积
- $A_M$ 表示图形 $M$ 的边点数
- $B_M$ 表示图形 $M$ 的内点数
- $C_M$ 表示图形 $M$ 的斜边（不平行于网格线之边）上点数（不包括其端点）
- $D_M$ 表示图形 $M$ 的平行于网格线之边（非斜边）上点数（包括其端点）
- $E_{M,N}$ 表示图形 $M$ 与图形 $N$ 的共边上的点数（包括其端点）
数学证明
引理 $1$：任意边平行于网格线的简单矩形满足 Pick 定理。
引理 $1$ 的证明：
设边平行于网格线简单矩形 $X$ 的边长分别为 $a,b$。
$\therefore$ 矩形 $X$ 周长为 $2(a+b)$。
即 $A_X=2(a+b)$。
又 $\because B_X=(a-1)(b-1)=ab-a-b+1$。
$\therefore \dfrac12A_X+B_X-1=\dfrac{2(a+b)}{2}+(ab-a-b+1)-1=ab$。
由矩形面积公式：$S_X=ab$。
$\therefore S_X=\dfrac12 A_X+B_X-1$。
$\therefore$ 引理 $1$ 得证。
引理 $2$：任意直角边平行于网格线的简单直角三角形满足 Pick 定理。
引理 $2$ 的证明：
令 $\text{Rt}\triangle Y$ 是满足直角边平行于网格线的简单直角三角形。
如图，补 $\text{Rt}\triangle Y$ 为边平行于网格线的矩形 $X$。
显然，矩形 $X$ 的长、宽分别为 $\text{Rt}\triangle Y$ 的直角边长。
-
先证几何意义下的 $S_Y$：
由引理 $1$ 得：$S_X=\dfrac12 A_X+B_X-1$。
则有：
\[S_{Y}=\dfrac{S_X}2=\dfrac{\dfrac12A_X+B_X-1}2=\dfrac14A_X+\dfrac12B_X-\dfrac12 \tag{1}\] -
现在求证 Pick 意义下的 $S_Y$：
考虑到 $A_Y=\dfrac12A_X+1+C_Y,B_Y=\dfrac12(B_X-C_Y)$，有：
由 $(1),(2)$ 两式，得：$S_Y=\dfrac12A_Y+B_Y-1$。
故，引理 $2$ 得证。
引理 $3$：任意简单三角形满足 Pick 定理。
引理 $3$ 的证明：
令 $\triangle Z$ 为任意简单三角形。
当 $\triangle Z$ 是 “直角边平行于网格线的简单直角三角形” 时，由引理 $2$ 得：$\triangle Z$ 满足 Pick 定理。
否则，补 $\triangle Z$ 为如图所示边平行于网格线的简单矩形 $X$，可得直角边平行于网格线的简单 $\text{Rt}\triangle Y_1,Y_2,Y_3$。
如图，设 $\text{Rt}\triangle Y_1,\text{Rt}\triangle Y_2$ 的直角边长分别为 $a,b,c,d$，则 $\text{Rt}\triangle Y_3$ 直角边长为 $d-a,b+c$。
- 先证几何意义下的 $\triangle Z$ 的面积：
-
再证Pick 意义下的 $\triangle Z$ 的面积：
由引理 $1$ 及引理 $2$ 可知：
\[\begin{aligned} &B_X=(d-1)\left[(b+c)-1\right]\\ &B_{Y_1}=\frac{(a-1)(b-1)-C_{Y_1}}{2}\\ &B_{Y_2}=\frac{(c-1)(d-1)-C_{Y_2}}{2}\\ &B_{Y_3}=\frac{[(d-a)-1][(b+c)-1]-C_{Y_3}}{2} \end{aligned}\]$\because B_Z=B_X-B_{Y_1}-B_{Y_2}-B_{Y_3}$。
$\therefore$ 代入 $B_X,B_{Y_1},B_{Y_2},B_{Y_3}$ 化简，求得 $B_Z=\dfrac12ac+\dfrac12bd-\dfrac{C_{Y_1}+C_{Y_2}+C_{Y_3} }{2}-\dfrac12$。
$\because A_Z=D_Z+C_Z=3+(C_{Y_1}+C_{Y_2}+C_{Y_3})$。
$\therefore$ 代入 $A_Z,B_Z$，化简求得：
\[\frac12A_Z+B_Z-1=\frac12ac+\frac12bd\tag{4}\]
由 $(3),(4)$ 两式，可得 $S_Z=\dfrac12A_Z+B_Z-1$。
故，引理 $3$ 得证。
定理：任意简单多边形 $M$ 满足 Pick 定理。
定理的证明：
当简单多边形 $M$ 为引理 $1$、引理 $2$ 或引理 $3$ 中图形时，定理显然成立。
否则如图，对于任意简单多边形 $M$，可将其分隔为简单三角形 $\triangle Z_1,\triangle Z_1,\triangle Z_1,\cdots,\triangle Z_k$。
-
先证几何意义下的 $S_M$：
$\because S_M=\sum\limits_{i=1}^kS_{Z_i}$。
$\therefore$ 由引理 $3$ 可知：
\[S_M=\sum_{i=1}^k\left(\frac12A_{Z_i}+B_{Z_i}-1\right)\tag{5}\] -
再证Pick 意义下的 $S_M$：
分析图像可知：
\[\begin{aligned} &A_M=\sum_{i=1}^kA_{Z_i}-2\sum_{i=1}^{k-1}\left(E_{Z_i,Z_{i+1}}-1\right)\\ &B_M=\sum_{i=1}^kB_{Z_i}+\sum_{i=1}^{k-1}(E_{Z_i,Z_{i+1}}-2) \end{aligned}\]代入 $A_M,B_M$ 化简得：
\[\begin{aligned} \frac{1}{2}A_M+B_M-1&=\frac12\sum_{i=1}^kA_{Z_i}+\sum_{i=1}^{k}B_{Z_i}-k\\ &=\sum_{i=1}^k\left(\frac12A_{Z_i}+B_{Z_i}-1\right) \end{aligned} \tag{6}\]
由 $(5),(6)$ 两式相等，可得任意简单多边形满足 Pick 定理。
故，定理成立。
证毕。
