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Nombre de séquences d'enchères

Parmi les nombreuses questions à la fois (1) inutiles donc intéressantes, (2) que l'on peut résoudre par calcul, (3) et qui concernent le bridge, en voilà une qui ne m'avait jamais inspiré.
Mais j'ai trouvé par hasard le résultat sur un site de bridge (l'excellent site "amourdubridge") sans démonstration. Aurais-je un clone quelque part ?

Il y a 128 745 650 347 030 683 120 231 926 111 609 371 363 122 697 557 séquences d'enchères possibles...

Je me suis aussitôt lancé dans le calcul, eh bien oui, c'est exact.

Ne cherchons aucun réalisme dans ces séquences, il ne s’agit que de séquences autorisées par les règles du bridge

  • Chaque joueur à son tour de parole peut passer ou "ouvrir" avec l'une des 35 "enchères" possibles 1T...7SA.
  • L'ouverture ou une enchère ou "déclaration" (passe ou contre ou surcontre) ultérieure peut être suivie, immédiatement ou après un ou deux passe, soit d'une enchère supérieure par n'importe lequel des 3 autres joueurs (on interdit les enchères insuffisantes),
  • soit d'un contre par un adversaire de l'enchérisseur, immédiatement ou après deux passe.
  • Un contre peut être surcontré par un joueur du camp enchérisseur, immédiatement ou après deux passe.
  • Les enchères se terminent avec 3 passe consécutifs, exceptionnellement 4 au premier tour si personne n’a ouvert, ou immédiatement après un surcontre de 7SA.

Le nombre de séquences vaut 4*(2235 – 1)/3 +1 et l'on peut calculer, avec Excel ou une simple calculette, ce nombre proche de 1,28746.1047 et qui a donc 48 chiffres. Pour les obtenir tous, il faut avoir trouvé ou comme moi écrit un logiciel qui permet de travailler sur de très grands nombres.

Les amateurs de grands nombres inutiles noteront que c'est beaucoup plus que le nombre de donnes différentes, un grand classique, calculé et mis il y a plus de dix ans quelque part sur ce site, nombre qui n’a que 29 chiffres, 53 milliards de milliards de milliards :
53 644 737 765 488 792 839 237 440 000

Et encore bien plus que le nombre de mains qu’un joueur peut détenir, "seulement" 635 milliards… 635 013 559 600

 

Pour les pros : comment calculer cela ?

En commençant l’analyse par la fin, si un joueur enchérit à 7SA, cela peut donner lieu à 7 séquences : 7SA suivi de 3 passe et il joue 7SA. X (en second ou après 2 passe) puis 3 passe après le X, et il jouera 7SAX. XX (juste après le X ou après 2 passe) suivi de 3 passe (sauf que pour mémoire les enchères s’arrêtent après le XX puisqu’il n’y a plus d’enchère ni de déclaration possible).

Si un joueur enchérit à 7P, il y a également 7 séquences où il jouera 7P (éventuellement contré ou surcontré), chacune se terminant par 3 passe. Mais n’importe lequel des 21 passe de fin (pas les passe avant un X ou un XX sinon on se raccroche à une autre séquence) peut être remplacé par 7SA et donne lieu alors aux 7 sous-séquences déjà décrites pour 7SA.

Donc l’enchère de 7P donne lieu au total à 7 + 21*7 séquences. Par exemple 7P - - X - - - mais aussi 7P - - X – 7SA - - X XX et beaucoup d'autres

Plus généralement appelons S(n) le nombre de séquences possibles sur l’enchère n° n (1=7SA, 2=7P… 35=1T). Et T(n) le cumul des S(n), T(n)=T(n-1)+S(n) avec T(0)=0

S(n) =7 + 21 * T(n-1)   car il y a les 7 séquences où l’on joue le contrat n° n, et chacun des 21 passe peut être remplacé par une enchère supérieure (n-1) ou (n-2) … ou 1.

T(n) = 7 + 22 * T(n-1)

Posons U(n) = T(n) + a avec a = 1/3 pour supprimer le 7. Alors U(n) = 22 U(n-1) et donc U(n) = 22n * U(0). U(0) vaut T(0)+a = 1/3 et donc T(n) vaut (22n -1)/3. On y est presque...

Le nombre de séquences est égal à 4*T(35) + 1 : c’est le cumul des S(1) à S(35) car l’ouvreur peut choisir n’importe laquelle des 35 enchères de 1T à 7SA. Le facteur 4 car cela peut être le donneur qui ouvre, ou un autre joueur, chaque séquence peut être précédée de un, deux ou trois passe avant l'ouverture. Et le +1 est là pour ne pas oublier la séquence passe général.

Le nombre de séquences vaut donc 4*(2235 – 1)/3 +1

 

Encore plus fou, et un peu plus difficile : combien de "cartons" d'enchères pour effectuer ces environ 1,28746.1047 si comme les allumettes ils ne servent qu'une fois ?

La réponse est (22 34 * 14444 -2)/3 = 2,113184E+49, un nombre de 50 chiffres, plus précisément :

21 131 842 881 960 354 397 598 067 508 591 883 636 010 730 039 978

Quelque part sur ce site : la plus longue séquence d’enchères nécessite 316 cartons : elle se termine par - - 7SA - - X - - XX et avant cela il y a 34 fois des sous-séquences de 9 cartons comme - - 7P - - X - - XX. Donc 9*35+ 1,le +1 car au tout premier tour d’enchères avant l'ouverture 1T il peut y avoir 3 passe.

Si l’on utilisait les mêmes cartons pour toutes les séquences, la réponse serait donc 316. Mais, pour des raisons sanitaires, on doit les changer à chaque séquence. Combien en faut-il ?

La méthode est la même. Appelons C(n) le nombre de cartons nécessaires pour toutes les séquences S(n) à partir de l’ouverture numéro n. Et D(n) le cumul des C(n) pour le niveau n et les n plus faibles, donc les enchères supérieures.

C(1) avec ouverture 7SA est un cas particulier car il n’y a pas de passe après un XX. On peut donc avoir 7 - - -, 7 X - - -, 7 - - X - - - , 7 X XX, 7 X - - XX, 7 - - X XX, 7 - - X - - XX
donc C(1)=4+5+7+3+5+5+7 = 36.

Pour les autres enchères, s’il n’y a pas surenchère, il faut ajouter les 3 passe après chacune des 4 séquences de XX, donc 12 cartons, on est à 36+12=48.

Mais chacun des 7*3 passe de fin peut être remplacé par une surenchère… Le passe remplacé par une surenchère peut être le carton qui suit l’enchère, ou le suivant, ou celui d’après, idem pour les passe après X ou XX : on aura de 1 à 9 cartons sur la table avant la surenchère, les 21 possibilités de passe se répartissent en 1 fois 1, 2 fois 2, 3 fois 3, 3 fois 4, 4 fois 5, 3 fois 6, 3 fois 7, 1 fois 8, 1 fois 9 (démonstration non faite ici, il suffit de faire le dessin).

Par exemple 7P - - X – 7SA…. fait partie des 4 cas où il y a 5 cartons de l’enchère de 7P à 7SA. (le 7P, 3 passe non consécutifs, un X). Le 7SA peut ensuite être suivi de plusieurs (7) sous-séquences avec C(1) cartons au total, auxquels il faut ajouter 5 cartons (7P - - X -) 7 fois. Le même raisonnement s’applique aux 9 possibilités de nombre de cartons avant la surenchère 7SA, et va faire apparaître le nombre 102 qui vaut 1*1 + 2*2 + 3*3 + 3*4 + 4*5 + 3*6 + 3*7 + 1*8 + 1*9.

C(2) = 48 + 21*D(1) + 102*T(1) = 1518 et plus généralement C(n) = 48 + 21*D(n-1) + 102*T(n-1)

Donc D(n) = C(n) + D(n-1) = 48 + 22*D(n-1) + 102*T(n-1)   pour n>1 (et D(1)=36)

En remplaçant T(n-1) par sa valeur : D(n) = 22*D(n-1) + 34*22n-1 + 14

Là encore une suite auxiliaire ajustée cette fois à E(n) = D(n) +2/3 permet de supprimer le terme constant et d’obtenir E(n) = 22 n-1 * [E(1) + 34*(n-1)]  où E(1) vaut D(1) +2/3 donc 36+2/3

Un peu plus de cuisine arithmétique pour arriver à D(n) = 22 n-1 * [E(1) + 34*(n-1)] -2/3 donc 22 n-1 * [34*n + 8/3] – 2/3

D(35) est le nombre de cartons pour réaliser toutes les séquences à partir d’une ouverture. Mais celle-ci peut être faite par le donneur ou précédée de 1, 2 ou 3 cartons passe, ce qui multiplie par 4 le nombre de cartons à partir de l'ouverture, et y ajoute 1+2+3=6 fois le nombre de séquences. Il y a aussi la séquence passe général avec ses modestes 4 cartons verts.

Le nombre cherché est 4*D(n) + 6*T(n) + 4  pour n=35.

Donc (22 n-1 * (3*4*34*n + 32) -8)/3 + 2*22 n -2 +4 = (22 n-1 * (408*n + 164) -2)/3

Soit pour n=35 la solution indiquée plus haut.

Le nombre moyen de cartons par séquence est proche de 14444/88 = 164,1 qui est à peu près au milieu entre le minimum 4 et le maximum 316.