Énigme à résoudre...

Venez résoudre les pires énigmes....

a marqué ce sujet comme résolu.

Développons.

Déjà, je vais préciser le vocabulaire que je vais utiliser. Si je parle des configurations de type 631, je parle des numéros où on a 3 chiffres différents. Un des chiffres apparaît 6 fois, un autre apparaît 3 fois, et l'autre apparaît 1 seule fois.

Par exemple, le n° 1112111223 est de type 6.3.1. (6 fois le chiffre 1, 3 fois le chiffre 2 et 1 fois le chiffre 3)

Autre précision de vocabulaire : je dis que 2 n° sont voisins si on peut passer de l'un à l'autre en changeant un seul chiffre. exemple : les n° 1234567890 et 1234567891 sont voisins.

autre exemple : les n° 1234567890 et 1234567809 ne sont pas voisins.

Pour notre problème, on va donc déjà retenir toutes les combinaisons de type 10, 82, 64, 622, 442, 4222, 22222 Parmi ces combinaisons, on vérifie aisément qu'on n'a aucun couple de voisins.

On peut ajouter aussi les combinaisons de type 7111, 5311, 3331, 511111, 331111, 31111111, 11111111111. Sauf erreur ou omission, on respecte encore l'objectif : pas de voisins, et a priori, on ne peut plus ajouter aucun autre n°

Par contre, peut-être que les types de combinaisons retenus ne donnent pas l'optimal ? J'ai décodé l'indice, je continue les recherches.

+0 -0
Banni

Ah, c'est ingénieux mais je ne vois pas de raison qui pourrait faire que l'on obtient quelque chose d'optimal. Je ne vois pas non plus comment maximiser le nombre de numéros sélectionnés avec cette technique. J'ai par exemple un autre ensemble de « types » valide qui donne un peu plus de numéros, mais toujours pas le maximum (j'ai pris un autre ensemble de types un peu différent et il se trouve que ça donne plus de numéros). Je ne sais pas trop comment étudier ces ensembles de types de manière générique, non plus. Mais la solution que j'ai est vraiment beaucoup plus simple !

J'ai effectué les calculs et je ne trouve pas le même total que toi avec ta technique. Le nombre de numéros de type $[a_1,a_2,\dots,a_n]$ est donné ainsi : on compte le nombre de sélections de chiffres possibles (on compte chaque attribution de $n$ chiffres aux coefficients $a_1$, $a_2$, etc., modulo le fait que l'on peut échanger les chiffres de deux $a_i$ égaux en obtenant la même chose) et on multiplie par le nombre de numéros avec ces coefficients pour $n$ chiffres quelconques tous différents.

$\frac{\mathcal{A}^{\sum a_i}_n}{\prod_{0 \leq d < 10}\ (\#(\{ i,\ a_i = d \})!) )} \times \frac{(\sum a_i)!}{\prod (a_i!)}$

avec $\mathcal{A}^m_n = \frac{m!}{(m-n)!}$.

Code :

 1
 2
 3
 4
 5
 6
 7
 8
 9
10
> :m Data.List
> let facto = product . enumFromTo 1
> let big_a n m = product [m-n+1..m]
> let big_c xs = (facto $ sum xs) `div` (product $ map facto xs)
> let titi xs = ( (big_a (length xs) (sum xs)) `div` (product $ map (facto . length) $ group xs) ) * (big_c xs)
> let toto = sum . map titi
> toto [ [10], [8,2], [6,4], [6,2,2], [4,4,2], [4,2,2,2], [2,2,2,2,2], [7,1,1,1], [5,3,1,1], [3,3,3,1], [5,1,1,1,1,1], [3,3,1,1,1,1], [3,1,1,1,1,1,1,1], [1,1,1,1,1,1,1,1,1,1] ]
650460160
> toto [ [9,1], [7,3], [7,1,1,1], [6,4], [6,2,2], [5,3,1,1], [5,1,1,1,1,1], [4,4,2], [4,2,2,2], [3,3,3,1], [3,3,1,1,1,1], [3,1,1,1,1,1,1,1], [2,2,2,2,2], [1,1,1,1,1,1,1,1,1,1] ]
650467800

Exo : montrer que l'on ne peut pas attribuer plus de numéros que ceux que vous attribuez.
Indice : Har sbvf dhr y'ba n yr abzoer qr ahzéebf bcgvzny, p'rfg geèf snpvyr qr zbagere dh'vy rfg rssrpgvirzrag bcgvzny.
Exo : faire un programme qui énumère l'ensemble des numéros que vous attribuez.

J'espère que le latex sera bon, puisque sa prévisualisation ne fonctionne pas. → il ne l'était pas

+0 -0

Déjà, 2 remarques sur mes recherches infructueuses.

  1. Dans mon addition, j'avais oublié le type 31111111, et effectivement, on arrive maintenant au nombre de 650460160

  2. Dans ta contre proposition, tu as mis les type 73 et 64, et ces 2 types sont voisins.

Et maintenant, des remarques sur la solution correcte (parce que j'ai trouvé).

C'est effectivement beaucoup plus simple que ce que je recherchais !!! Et l'indice n°2 donne presque trop d'indications.

Et je vais à mon tour donner un indice, qui va encore plus aider :

Har nccyvpngvba cengvdhr qr prggr éavtzr rkvfgr cne rkrzcyr qnaf yn pyé qr pbageôyr qh pbqr-oneer.

+0 -0
Banni

Ah oui, je me suis trompé avec 73 et 64.

En fait je ne m'étais pas vraiment rendu compte que l'indice 2 donnait autant d'indications. J'avais une vision géométrique du truc au départ. En développant la preuve d'optimalité suggérée par l'indice 2 (celle avec yr cevapvcr qrf gvebvef), on arrive à une vision algébrique, celle qui est en général présentée quand on parle de ton indice. Avec cette vision, le programme qui énumère les numéros est trivial.

Quelle(s) apprpoche(s) as-tu suivie(s) ? On voit que l'approche algébrique se traduit dans un cas particulier de l'approche géométrique (il y a des carrés latins).

+0 -0

Tchuss ! Aucune règle n'exige qu'une seule énigme par tour. Voici donc trois énigmes simples :

Je suis de forme sphérique, mais quand on me lance, je retombe avec une queue. Qui suis-je ?

Plus on me dépouille, plus je grandis. Qui suis-je ?

Si l'on me donne à manger, je crois ; si l'on me donne à boire, je meurs. Qui suis-je ?

Et voilà un problème :

Un passeur se voit confier une chèvre, un chien féroce et un panier de choux pour passer une rivière en barque. Le légataire repart, laissant seul le passeur. La personne qui doit les réceptionner à l'autre rive n'est pas encore là. Or, plus d'un seul de ces chargements coulerait la barque sous le poids (un bien maximum par voyage). Et s'il laissait ensemble la chèvre et le panier, celle-ci mangerait son contenu ; s'il la laissait avec le chien, ce dernier la mangerait. Comment le passeur peut-il faire traverser sans problème les biens avant l'arrivée de l'autre personne ?

Bonne réflexion !

+0 -0

Alors, je vois pas pour la première, mais voici mes propositions pour le reste :

Plus on me dépouille, plus je grandis. Qui suis-je ?

La pauvreté ?

Si l'on me donne à manger, je crois ; si l'on me donne à boire, je meurs. Qui suis-je ?

Le feu ?

Pour le problème :

  • Le passeur embarque la chèvre et la dépose sur l'autre rive ;
  • Il revient, embarque le chien, et le dépose sur l'autre rive ;
  • Il embarque la chèvre, revient sur la rive de départ et la dépose ;
  • Il embarque le panier, et le dépose sur l'autre rive ;
  • Il revient, embarque la chèvre, et le tour est joué !

Voilà, j'espère ne pas avoir dit de bêtises :)

+1 -0

Hahaaa ! Richou D. Degenne a trouvé une deuxième réponse valable à la seconde énigme, et je n'y avais pas pensé du tout… ^^

Non, la réponse à la seconde n'est pas un bilboquet. Le bilboquet retombe avec la tête séparée du tronc, mais pas vraiment une queue. Par contre, la réponse est bien un objet.

Excellente, l'animation. :)

À très vite pour les réponses.

+0 -0

La résolution du problème est exacte pour vous deux (en même temps, il est facile et connu).

Voilà les réponses attendues pour les énigmes :

  1. Je suis une pelote de laine.
  2. Je suis un trou.
  3. Je suis le feu.

Du coup, comme Richou D. Degenne à résolu 3 énigmes et le problème, je suppose que la main lui revient.

+0 -0

Bon, je me lance.

Une pièce est composée de quatre murs, d'un sol et d'un plafond intégralement composés de miroirs parfaits. La pièce est entièrement vide, à l'exception d'un homme placé au centre de la pièce.

Combien de reflets de lui-même l'homme peut-il voir en même temps au maximum ?

+0 -0
Connectez-vous pour pouvoir poster un message.
Connexion

Pas encore membre ?

Créez un compte en une minute pour profiter pleinement de toutes les fonctionnalités de Zeste de Savoir. Ici, tout est gratuit et sans publicité.
Créer un compte