Diophante E5903 – Le coût minimal [*** à la main]
Cent cartes numérotées de 1 à 100 sont alignées dans cet ordre sur une même rangée. La permutation de deux cartes adjacentes coute un euro tandis que la permutation de deux cartes avec exactement k cartes placées entre elles est gratuite. Déterminer le coût minimal du classement des cartes dans l’ordre inverse de 100 à 1 avec a) k = 3 et b) k = 4.
Réponses :
a) k = 3
N et 101 - N n'étant pas de même parité, ils n'ont pas le même reste dans la division par 4.
Aucune carte numérotée N ne peut gagner sans coût sa place finale 101 - N.
Chaque carte subira au moins une permutation.
Le coût du classement est au moins 100/2 = 50.
Nous allons montrer que ce minimum théorique peut être atteint.
En allant de quatre en quatre, obtenons sans coût
[97 98 99 100] [93 94 95 96] ... [9 10 11 12] [5 6 7 4] [1 2 3 8].
À partir de la gauche, chacun des onze groupes de deux fois quatre cartes peut être classé grâce à quatre permutations avec coût.
Par exemple,
[97 98 99 100 93 94 95 96] → [97 98 99 (93 100) 94 95 96]
qui peut devenir sans coût [100 98 99 96 97 94 95 93] grâce à 97-100 et 93-96
→ → → [100 (99 98) (97 96) (95 94) 93].
Le dernier groupe, lui de douze cartes, peut être classé grâce à six permutations avec coût.
[9 10 11 12 5 6 7 4 1 2 3 8] → → [9 10 11 (5 12) 6 7 (1 4) 2 3 8]
qui peut devenir sans coût [12 10 11 8 9 6 7 5 4 2 3 1] grâce à 9-12, 1-8 puis 5-8
→ → → → [12 (11 10) (9 8) (7 6) 5 4 (3 2) 1].
(11 x 4) + 6 = 50.
Le coût minimal du classement des cartes dans l’ordre inverse de 100 à 1 avec k = 3 est 50.
b) k = 4 b1)
Si N ≡ 0 ou 1 modulo 5, la carte numérotée N subira au moins une permutation car (101 - N) - N ≡ ± 1 modulo 5.
Notons X les autres cartes.
Permutons sans coût cet ensemble de cartes afin d'obtenir dix séquences consécutives de la forme (10i - 9)XXX(10i-5)(10i-4)XXX(10i), où 1 ≤ i ≤ 10. (10i - 9), (10i-5), (10i-4) et (10i) sont respectivement aux places (101 - 10i), (105 - 10i),(106 - 10i) et (110 - 10i).
Dans chaque séquence, le classement nécessite 4/2 = 2 permutations avec coût.
Ce minimum théorique peut être atteint.
Par exemple, lorsque i = 10,
(91)XXX(95)(96)XXX(100) devient sans coût (96)XXX(100)(91)XXX(95)
→ (96)XXX(91)(100)XXX(95) qui devient sans coût (100)XXX(95)(96)XXX(91)
→ (100)XXX(96)(95)XXX(100).
b2)
Si N ≡ 2 ou 4 modulo 5, la carte subira au moins deux permutations car (101 - N) - N ≡ ± 2 modulo 5.
Si N ≡ 3 modulo 5, elle peut gagner sans coût sa place finale car 101 - N ≡ N modulo 5.
Cette fois, notons X les quarante cartes que nous venons de placer au b1).
Permutons sans coût l'ensemble des cartes restantes afin d'obtenir la forme X(97)(3)(99)XX(92)(98)(94)XX(87)(93)(89)XX(82)(88)(84)XX...
Au début, 3 permutations avec coût sont nécessaires:
→ → X(99)(97)(3)XX(92)(98)(94)XX(87)(93)(89)XX(82)(88)(84)XX...
qui devient sans coût X(99)(98)(3)XX(92)(97)(94)XX(87)(93)(89)XX(82)(88)(84)XX...
→ X(99)(98)(3)XX(92)(94)(97)XX(87)(93)(89)XX(82)(88)(84)XX...
qui devient sans coût X(99)(98)(97)XX(92)(94)(3)XX(87)(93)(89)XX(82)(88)(84)XX...
Un processus de 2 permutations avec coût, où 1 ≤ j ≤ 17, se répète:
X(5j+7)(5j+9)(3)XX(5j+2)(5j+8)(5j+4)XX(5j-3)(5j+3)(5j-1)XX...
→ X(5j+9)(5j+7)(3)XX(5j+2)(5j+8)(5j+4)XX(5j-3)(5j+3)(5j-1)XX...
qui devient sans coût
X(5j+9)(5j+8)(3)XX(5j+2)(5j+7)(5j+4)XX(5j-3)(5j+3)(5j-1)XX...
→ X(5j+9)(5j+8)(3)XX(5j+2)(5j+4)(5j+7)XX(5j-3)(5j+3)(5j-1)XX...
qui devient sans coût
X(5j+9)(5j+8)(5j+7)XX(5j+2)(5j+4)(3)XX(5j-3)(5j+3)(5j-1)XX...
À la fin, 4 permutations avec coût sont nécessaires:
XX(7)(9)(3)XX(2)(8)(4)X
→ XX(9)(7)(3)XX(2)(8)(4)X
qui devient sans coût XX(9)(8)(3)XX(2)(7)(4)X
→ XX(9)(8)(3)XX(2)(4)(7)X
qui devient sans coût XX(9)(8)(7)XX(2)(4)(3)X
→ → XX(9)(8)(7)XX(4)(3)(2)X.
b3)
(10 x 2) + {3 + (17 x 2) + 4} = 61.
Le coût minimal du classement des cartes dans l’ordre inverse de 100 à 1 avec k = 4 est 61.
Jean-Louis Legrand
