A tous ceux que cela pourrait interesser, voila le detail de mes etapes de resolution des grilles proposees a la qualif WPC 2010. L'angle d'attaque de chaque probleme est explique a l'aide des techniques standard du jeu et les raisonnements vraiment difficiles sont detailles. Mon but etait d'aider des nouveaux a acquerir des methodes et leur montrer comment les utiliser en pratique. Ce but me parait tres loin d'etre acquis pour plusieurs raisons : - je ne pretends absolument jamais que mes methodes sont les meilleures ni meme bonnes, je garantis simplement que c'est celles utilisees, - la lecture d'une resolution detaillee d'un quelconque probleme est largement plus penible que son ecriture, surtout quand on ne fonctionne pas du tout comme la personne qui l'a ecrite (typiquement, si Denis explique comment il a raisonne un probleme, je pourrai suivre mais si c'est Olivier, j'en serai incapable), donc je ne suis pas sur qu'a part les methodes generales de resolution de tel ou tel type de jeu, le detail des jeux soit utile a grand monde. Ceci etant dit, bonne lecture (par petits bouts)... Partie I. 1. Battleships Un probleme de Battleships se raisonne en principe : - en cherchant la place des grands bateaux (celui de 4 ou 4-3-3), - en regardant les rangees tres remplies, - en cherchant les contraintes fortes sur des rangees consecutives speciales, c'est-a-dire ayant une somme proche de la taille de la grille. Note : la somme maximale de deux rangees consecutives et N+2 sur une grille de taille N impaire et N si N est pair (facile a demontrer en decoupant une paire de rangees en carres 2*2 qui chacun ne peuvent que contenir 2 morceaux de bateau max). Qui plus est, si la somme est maximale, les cases bateaux sont completement fixees dans une grille impaire (toujours la meme analyse en utilisant les deux decoupages en carres 2*2 disjoints) et sont inconnus mais assez rigides quand meme dans une grille paire. - en utilisant le fait que toute case en diagonale d'une case de bateau est necessairement blanche (note chez moi avec des petits points ou des /). Ici, on commence par tous les 0 puis par ce 7-3 qui nous tend les bras. On est exactement dans le cas d'application du troisieme point mentionne ci-dessus. Avec la connaissance prealable du raisonnement mentionne plus haut (= gain de temps le jour J ; note : je n'avais pas le detail du raisonnement mais seulement en tete que comparer 2 lignes de grande somme est en general efficace), on place directement un bateau de 4 a gauche et trois colonnes non-consecutives de 2 morceaux a droite. On note les cases blanches (sytematiquement en diag. apres avoir place un nouveau morceau de bateau) et on remarque que quatre colonnes sont deja pleines. Apres, l'indice 2 L5 et l'indice 1 L8 montrent que les 2 morceaux en colonnes 8 et 10 vont au moins etre etendus d'une case, donc en fait exactement d'une case (chacun) pour donner les deux bateaux de 3 (si l'un etait etendu en haut et en bas, on aurait un autre bateau de 4 : absurde). Bref, les 2 bateaux de 3 sont quasiment places et on a un morceau L5C1. A noter un "truc" utile dans les Battleships (mais peu rentable ici) : la case L5C8 ou L5C10 est utilisee. Donc les cases L4C9 et L6C9 sont *necessairement* blanches. L'indice 3 L2 ne peut pas etre un bateau de 3 puisqu'on les a deja tous. C'est donc un 2+1 ou 1+2 et dans tous les cas, les cases L2C7 et L2C10 sont noires (et leurs diagonales blanches). L'indice 6 C10 ne peut pas etre totalement sur les 7 cases L2-8 et on a donc un morceau L10C10. On termine avec les bateaux de 2 dont on a deja 2 exemplaires (C6 et L2 pas encore completement place) : un bateau de 2 C1 impliquerait un 4eme bateau de 2 en C10, ce qui est impossible. Idem C10. Donc le 3eme bateau de 2 est L10 et on termine facilement. 2. No Four in a Row Raisonnement 1 : 3 symboles identiques alignes sur 4 emplacements consecutifs --> le 4eme emplacement contient l'autre symbole. Raisonnement 2 : la grille est unique, donc chaque symbole que l'on placera (attention : les symboles places *peuvent* violer cette regle) sera precisement celui-la et pas l'autre pour eviter un alignement de 4. Raisonnement 3 : dans la configuration X..O .X.O XX? le ? est O car s'il etait X, on aurait 4 O alignes C4. Observation 4 : quitte a faire un test, autant qu'il soit rentable. Donc demarrer au milieu de la grille avec un symbole qui impliquera plein d'autres deductions, histoire de voir tout de suite s'il est bon ou non. Ici, les 2 grilles etaient difficiles et donc necessitaient autre chose que R1. Grille 1 La meilleure case pour demarrer est L4C4 (pas facile a voir en compet', on peut donc etre amene a tester et re-tester). Si on tente d'y placer un X on arrive rapidement a une contradiction; elle contient donc un O. Ensuite, on remplit facilement 12 cases qui donnent le reste de la grille si on voit que R3 s'applique en L5C5 et/ou L5C6 (ou que l'unicite s'applique, par ex en L1C3, L8C1 ou L8C7 : en L8C7, on place une X ET on place un O L8C5). A noter que l'unicite ne donne que 2 cases (L8C1 et L8C7) sans rien d'autre et que cette technique n'etait donc pas rentable dans cette grille ! Grille 2 La grille est encore plus petite que l'autre, ce qui veut probablement dire qu'elle est plus difficile. Aie ! Et pourtant, on a R3 en L5C4... qui donne 12 cases puis l'unicite L2C1 (c'est forcement un rond qui est aligne avec trois croix) qui donne tout L2C1-4 (ou encore un test de tete en L2C3 de O qui rate assez vite) ! 3. Skyscrapers Methodes (plein) : - placer d'abord les gros immeubles (N mais aussi N-1), - configurations particulieres d'indices : somme = N+1, 2 face a 2, - Avec les indices de somme N+1, on a en plus que le 1 est a une extremite, que N-1 est a cote de N, etc. (deux suites croissantes finissant en N). - La case a cote d'un indice k est forcement <=N+1-k. Grille 1 Deux points de demarrage utilisant les methodes : - L2, les 2 indices valent 2. Donc 5 est sur le bord et comme il ne peut pas etre a droite, il est a gauche... - Les indices C3 ont pour somme 7 et on place donc son 6. On en deduit le 6 L3 et le 6 C1 ainsi que deux 5 (celui C3 par exclusion de la position L5 vu l'indice 5 et celui C4 puisqu'il ne peut pas etre L2). On place alors un 4 L6C1. Le 5 L4 est forcement C2 car il n'est pas a droite de son 6. Enfin, dans les deductions de debut de partie, L5, vu l'indice de ligne, le 5 est dans C4-6, le 6 est dans C5-6, donc ils sont tous les deux dans C5-6 vu les indices deja places. Si le 5 etait en C6, le 6 C6 serait en L6 (indices touchant C6) et cela violerait la condition du 2 C6. Donc on a 5-6 dans cet ordre L5. Ceci place le dernier 5 (il n'est pas inusuel que les N-1 se terminent avant les 6 dans un pb de Sky) mais laisse une paire de 6 indeterminee. Le 4 L4 est forcement a droite de son 6 car il n'est pas a gauche et pour la meme raison, le 4 L3 est a droite du 6. Ceci place le 4 L5 en C3 (car C4 est interdite et C1-2 empecherait l'indice 5 de se realiser). Restent deux 4 qui se placent facilement. Le 3 L1 n'est ni en C3 ni en C4 et est donc en C5. Ce qui place le 3 L4 (et finit L4), puis le 3 L3, qui termine L3 et C6 puis C1. Maintenant, le 1 L2 ne peut etre ni C2 (deja un present), ni C3-4 (suites croissantes) ; il est donc C5, ce qui permet (enfin) de finir les 6 puis de finir C2 puis le probleme. Grille 2 Le 6 C6 se place et le 6 C3 s'en deduit. Restent ensuite deux carres 2*2 (L3-4C1-2 et L5-6C4-5) contenant chacun deux 6. Le 5 L1 se place directement ainsi que le 5 C6. Les deux 5 L5-6 sont dans le meme carre 2*2 que les 6, pour la meme raison encore. Restent donc encore deux 5 non places, qui sont (L3C1 et L4C3) ou (L3C3 et L4C1). Toujours de meme, le 4 C6 se place, ce qui place le 4 L6, ce qui donne le carre 2*2 L5-6C4-5. On en deduit le 4 C5 et L5 entiere. Le 4 C3 ne peut pas etre sous le 5 (violerait indice 4), ce qui le place lui, le 5 et donc le dernier 5 aussi. Le 1 L1 est place car s'il etait C4, le 4 C4 devrait etre en L2 pour ne pas contredire l'indice 3. Ceci termine C6 (L3C6 est forcement 2 d'apres les methodes), puis L6 et L3 (avec les 6 au passage) et enfin, la grille ! 4. Meanders Notation : noter les cases ou on sait que la riviere passe et barrer les cases ou on sait qu'elle ne passe pas. La grille est une 10*10, on place donc 10 petits points L5. On barre donc le reste de C7, ce qui permet de relier L5C6-7-8. L'indice L1 montre qu'on doit continuer sur cette ligne avant de passer a la suivante. On termine donc L1 en reliant L1C1-L1C2-L2C2, on barre le reste de L1, on en deduit les petits points C10 et meme la liaison L3C10-L2C10-C2C9. A part ca ? Maintenant que la grille est coupee en deux verticalement, on peut etudier L6 et L9 et voir que les indices 3 ont deja un point C10 donc ne peuvent pas en avoir, ni C8 ni C9 sous peine de ne pas pouvoir arriver a 5 elements L10. C'est un debut. Maintenant, le 5 L10 sera obtenu avec C10 puis 4 colonnes consecutives puisqu'il ne reste que 2 points a placer L9. Plus precisement, en terme de petits points, toujours a cause de L9, on aura forcement la figure : . . . . .... Cette figure n'est possible qu'avec le concours de C6. Ce qui donne donc la suite de traits L8C6-L9C6-L10C6-L10C5-L10C4-L10C3-L9C3-L8C3. Ceci termine L9 et L10, donc quelques interdictions sont bienvenues. C8 est un bon endroit pour continuer : seulement 4 possibilites au-dessus de L6. Donc forcement au moins une dessous, donc exactement deux. On dessine cette partie de la riviere. De meme, on place des petits points C9. L8 a la clef de la suite. Le point L8C6 ne peut pas aller vers la gauche car il devrait monter soit C5, soit C4, ce qui violerait la valeur 3. Donc ce point-la monte. Idem, le point L8C3 ne peut pas aller vers la droite. Bref, les cases L8C4 et L8C5 sont interdites. On en deduit donc le dernier point de la ligne en C2 qui est suivi par un trait montant. Le point manquant L7 n'est pas C4 car il serait present avec l'un de ses voisins et n'est pas non plus C5. Donc L7C6 monte ce qui termine cette colonne. Enfin, il faut relier L7C6 avec L6C6, sinon la branche gauche de la riviere serait bloquee en bas. Plus precisement concernant L6, le petit point etant le dernier, il est forcement accompagne d'un point au-dessous et d'un point au-dessus. Ceci n'est possible que C1 et C3, ce qui est coherent avec un raisonnement qu'on aurait pu faire sur la suite du point L7C2. On barre donc L6C2, C4 et C5. Ceci termine alors C5 et C4, ce qui termine L4 et impose les petits points L3 sur ce qui reste. Tout ceci regle la partie droite du diagramme, la partie gauche en bas et le reste aussi. 5. ABCD Connection La regle usuelle du ABCD (oublier la derniere phrase) est beaucoup plus avantageuse que celle-ci car on peut (on doit!) y utiliser le principe d'unicite. Ici, la regle oblige a y croire pour appliquer l'unicite. Le principe repose sur cette simple observation : chaque chemin allant de X a X ne peut pas se toucher verticalement ou horizontalement, sinon la solution ne serait pas unique : on aurait une solution plus "courte" pour ce chemin. Le fait est donc que si on ne stipule pas de devoir passer par toutes les cases, on peut l'appliquer et si on le stipule, il faut se mefier... Se mefier mais tenter quand meme tant cette regle est efficace. Premier cas d'application de la regle dans le coin hg: ... .A . Alors le chemin passe necessairement autour de A sans toucher A. Ce principe du coin se generalise si on a ..... .... ..A .. . et dans ce cas, on se retrouve avec deux traits : L1C5-L1C4-L1C3-L1C2-L1C1-L2C1-L3C1-L4C1-L5C1 et L2C4-L2C3-L2C2-L3C2-L4C2. On peut evidemment generaliser encore... jusqu'a, soit trouver un indice sur la diagonale, soit trouver deux indices sur chaque diagonale autour de la diagonale. Grille 1. Le coin hd est manifestement le plus utile car on descend jusqu'a B (oui oui). En prolongeant les traits, on en deduit la totalite des 3 colonnes de droite. De plus, il est facile de finir E et de continuer le trait B vers le haut. Le coin bg montre que c'est C qui l'emprunte, donc que le trait tout seul L10 n'est pas relie a D puisqu'on faut passer par L10C4. Donc le D L9 monte et tourne a droite (meme raison pour L8C6). Donc le B L6 descend et va a gauche, ce qui suggere forcement que celui qui fait le grand tour par la droite est B... ce qu'on retrouvera a la fin sans meme avoir a se fier a son intuition. Observons plutot le manege D-F. Le F L8 separe les deux D. Ce qui veut dire que necessairement, les D entourent F. Donc le coin hg est utilise par D. On dessine alors la ligne F-F en essayant de ne "bloquer" que le minimum de cases tout en laissant sa place a D. Avec les morceaux deja places, on a donc : L4C5-L3C5-L2C5-L2C4-L2C3-L2C2. Ce qui donne D (meme idee : D rase les murs) et B gratis. Restent trois lettres a relier... Grille 2. Il faut ici adapter le principe de tout a l'heure : coin hg, manifestement le seul utile : D part a gauche puis en bas, ce qui donne un enchainement de traits vers le bas jusqu'a C mais pas vers la droite. [NDDenis: pourquoi pas vers la droite ? Je dirais que ca marche tout aussi bien.] En effet, L1C3 est maintenant un coin lui aussi et lui va jusqu'a B ! En continuant chaque trait toujours avec la regle, on arrive (si on ne se presse pas trop) a completer sans faute les 6 premieres lignes (sauf a decider qui est A et qui est C), puis en faisant de L11C12 un nouveau "coin", de finir le bas, puis le milieu, tout cela sans avoir reflechi du tout ! 6. Crack it on Methodes : - chercher les lettres pouvant aller dans le coin hg (le plus facile a scanner), - chercher les lettres rares (idealement presentes 2 fois). Grille(s) 1 Les coins hg des deux grilles commencent trois mots, 1 horiz et 2 verts. Donc les lettres entrant dans ces coins sont S ou Z. Or ni S ni Z ne contiennent de lettre S ailleurs qu'eventuellement en premiere position. Donc tous les S sont en premiere position et on a donc deux fois S dans le coin hg. De plus, aucun mot ne commence par L donc SLAG et SLAM sont out pour premiere ligne et premiere colonne. Les 4 mots restants sont donc les vainqueurs (avoir trouve ca si vite explique pourquoi le probleme ne vaut que 20 points alors que les Crack It sont en general plus longs a demarrer) et les 2 mentionnes precedemment sont donc en C2 des 2 grilles. Comme SLAM n'est pas a gauche, on les place tous les deux. On complete maintenant tres facilement chaque grille, par exemple G1 avec SZAG en C1, AGAT en L4, GNOI et L5 et le reste a l'avenant. Quant a G2, le mot L5 est forcement ZMIA. Grille(s) 2 Celui-la est manifestement une petite horreur : 80 points et tout petit ! Il y a peut-etre un "truc" pour ne pas tester mais voila, le jour de la compet', j'ai essentiellement fait la chose suivante : liste les 2 paires de mots possibles pour L1 et C1 des deux grilles (au total, 5 mots avec A en tete, 5 mots avec K, 6 mots avec O et 4 mots avec T et avec la condition que le mot C1G2 a un "petit frere" avec les 2 memes premieres lettres dans la liste) et teste ensuite tous les cas dans l'ordre... jusqu'a arriver au bon ! [NDDenis: il n'y a pas de miracle pour attaquer le 2eme probleme, mais une autre methode d'approche possible consiste a tester les possibilites non pas sur les L1 et C1, mais plutot pour C1 et C2 de la grille 2, et pour L2 et L3 de la grille 1, qui ont leur deux premieres lettres en commun. Le test sur L2 et L3 de la grille 1 est assez efficace, car les 3emes lettres doivent etre differentes et "coller" ensemble dans les deux mots C3 et C4. A noter egalement que les grilles prises separement n'ont pas une solution unique, ce qui est un peu traitre -- on aurait tort de crier victoire apres avoir reussi a remplir l'une des deux grilles en tatonnant au hasard, car il n'est pas certain que cela colle avec l'autre grille !] 7. Loop Finder Methodes (a part le test... de tete ou pas) : - une case n'ayant que 2 voisines accessibles (notamment les coins) est reliee a ces 2 voisines, - une case ayant 3 voisines dont 2 voisines sont mutuellement incompatibles (reboucleraient, donc) est reliee a sa troisieme voisine, - l'intersection de la boucle avec n'importe quelle ligne (brisee ou non) allant de l'exterieur de la grille a lui-meme croise la boucle un nombre pair de fois ( = notion d'interieur et d'exterieur de la boucle ). Impossible objectivement a expliquer via un texte... La regle 1 s'applique sur la grille vierge en L1C1, L1C3, L1C12, L4C8, L4C12, L8C1, L9C6, L11C7, L12C1, L12C9, L12C12. Elle se re-applique alors en L2C2 (puis L3C1), L10C8, L11C10 et L11C11 (puis L10C11). La regle 2 s'applique par exemple L2C11 et lui impose un trait vers la gauche, ce qui permet d'utiliser R1 en L1C10 puis en L2C11. Puis de faire un test de tete pour ne pas relie L3C10 sur sa gauche. Ce qui donne L3C9 vers le haut puis L2C9 vers le haut et R1 en L1C8 puis R1 en L1C6. On peut poursuivre les traits L4C11 puis L5C12 puis appliquer R1 en L6C11, poursuivre le trait L5C10 et L7C12, R1 en L8C11, R2 en L9C10 (trait vers la gauche). Observation qui fait avancer la grille a ce point avec R3 : la droite entre C7 et C8 croise la boucle 2 fois et ne peut pas la croiser 4 fois. Donc L8C7 va vers le haut. Donc R1 en L8C8, test de tete en L8C9 pour eliminer deux des trois cas, ce qui termine la partie droite de la grille. R1 en L7C6, R2 en L6C5, poursuite des traits en L10C6, L12C6, R1 en L11C5, R1 en L12C4, poursuite de deux traits autour du coin bg, R2 en L10C2, poursuite de L10C4, poursuites en bas puis L9, puis L8C2 et L7C1. Je ne vois maintenant plus de deduction evidente ! L7C3 ne peut pas aller a la fois a gauche et en haut (essayer et voir le blocage L4C3), donc va a droite. De meme, L3C3 ne va pas vers le bas (=2 traits de gagnes) et avec ce qui reste, un petit essai (L4C2 va a gauche et a droite par ex.) permet de finir la grille, de voir qu'on a malheureusement 2 boucles et donc de corriger L4C2 pour n'en avoir plus qu'une ! 8. Masyu Fences Notation : marquer les zones entre deux petites croix qui **ne peuvent pas** contenir de trait. Sur le Fences, il y a des dizaines de situations qui permettent de deduire des petites choses et il est impossible de les expliquer comme ca... En revanche, sur le Masyu, les techniques sont plus simples : noir sur le bord ou a une case du bord --> trait perpendiculaire au bord ; blanc sur le bord -> trait passant par le blanc sans tourner ; au moins trois blancs d'affilee -> trait perpendiculaire aux autres blancs (pour tous). Dans cette grille, on demarre avec plusieurs noirs, les trois blancs sur le bord, les 1 a cote des blancs sur le bord et le fait qu'on doit tourner juste a cote de ces blancs. Le 2 L2 est maintenant tres interessant : les deux interdictions pour "sortir" par son coin hg montrent que l'on passe par ce coin ssi on prend les deux aretes a gauche et au-dessus du 2. Dans le cas contraire, on passe donc par les deux aretes a droite et en dessous. Dans les 2 cas, on finit dans le coin bg du 2 avec necessite d'en ressortir, donc en allant a gauche (raisonnement Fences classique). Autrement dit, le rond blanc L3 est necessairement horizontal (et comme il arrive sur le 3 L3, on peut ajouter les traits a gauche et en-dessous du 3). Ceci montre aussi que le noir L4 ne peut pas aller vers le haut : il va donc vers le bas. A noter qu'on n'avait pas besoin de ce raisonnement Fences "classique" car l'indice 1 L2 mangeait le morceau, obligeait le noir L2 a aller vers la droite, ce qui donnait directement tout le coin hd (y compris les traits autour de l'indice 3 L3). On pousse encore le trait C11, ce qui determine le 2 L5 sans ambiguite et on revient au coin hg qui n'a maintenant qu'une seule solution : les deux traits du 2 L1 sont forcement horizontaux et le reste s'en deduit. Quant a 3 L5, un trait arrive sur son coin hd. Alors ce trait ne part pas vers la droite (interdiction) *et* on a des traits a gauche et sous le 3. Ce qui montre que les blancs C2 sont verticaux, et donc qu'on tourne juste avant et juste apres eux, donc a gauche pour le trait qui arrivait sur le 3 C1 en vertu du meme raisonnement que juste au-dessus. Ce 3 est donc fini, et le trait au-dessus du blanc C2 va aussi a gauche sinon on laisserait un trait tout seul sans personne a qui se joindre, ce qui termine le 3 L5 au passage. Le 1 L5 a maintenant un trait qui arrive a son coin hg (en prolongeant le trait juste au-dessus) et ce trait va entrer dans le 1. Donc le trait du 1 n'est ni dessous, ni a droite, ce qui donne un peu du noir L6 et meme le reste car le blanc juste au-dessus ne peut pas etre horizontal. Ceci termine au passage le 1 L5. Le blanc C6 est forcement horizontal. La suite vient du 2 C3 qui est dans le meme cas de figure que le 2 L2 dont on a deja parle. Un trait sort de ce 2 C3 de son coin bg, forcement vers le bas. Ceci termine le noir L11, fait avancer le blanc L11 et ajoute deux traits autour du 3 L9. Un petit coup d'unicite applique au 2 C3 impose maintenant que les traits autour du 2 sont forcement gauche-haut car s'ils etaient bas-droite, on pourrait les changer en gauche-haut sans nuire au reste de la grille. De plus, ces traits sont gauche-haut ET on ne peut pas les transformer en traits bas-droite, ce qui veut dire qu'un chemin passe par le coin bd de ce 2-la. Ceci termine le 3. On pousse quelques traits (apres ce 3 et sur le blanc L7). Maintenant, un petit test de tete sur le noir L10 termine la grille. 9. Star Battle Ce probleme n'est pas un Star Battle tres facile... mais au moins, il permet de voir les methodes utiles ! Methodes : - une etoile sur l'une de 2 cases voisines (par ex. en ligne) --> les 2 cases au-dessus et au-dessous sont forcement vides. - decomposer les petites zones en "un carre 2*2 et le reste". Alors, si ce reste est inclus dans un carre 2*2, les cases de ce carre 2*2 hors de la zone sont forcement inutilisees. Meme idee si le carre 2*2 initial couvre la zone mais couvre plus. - 2 etoiles par ligne --> si deux blocs contiennent a eux deux deux lignes completes, les autres cases de ces blocs sont forcement vides ; si deux blocs sont inclus dans deux lignes, le reste de ces deux lignes est forcement vide. Cas d'application de R2 : la zone qui contient le coin hg a un carre 2*2 et deux cases restantes, L3C1 et L4C1. Donc L3C2 et L4C2 sont vides (le *reste* fait partie du carre 2*2 L3C1-L3C2-L4C2-L4C1). Maintenant, la zone qui contient L1C3 est incluse dans l'union de deux carres 2*2, ce qui montre que L1C4 et L3C4 sont vides. R3 s'applique sur les deux dernieres lignes. donc L8C1, L8C4, L8C7-10 et L7C8 sont vides. On applique R1 aux deux paquets de deux L8. Je crois que le jour J, c'est tout ce que j'ai trouve et j'ai donc teste a partir de la... uniquement des mauvais cas ! [NDDenis: Le probleme se debloque avec un raisonnement non standard, qui concerne les lignes 6 et 7. S'il y a une etoile en L7C7, alors les cases L6C4-8 sont vides (soit elles touchent L7C7, soit elles font partie d'une zone ou les 2 etoiles sont deja placees). Il n'y a alors plus assez de cases disponibles sur les L6-7 pour y mettre 4 etoiles. Donc L7C7 est vide. L7 contient donc une etoile soit en L7C1 soit en L7C4 (ce qui force les autres cases de cette zone a etre vides), et l'autre soit en C9 soit C10 (ce qui elimine L6C9-10). On monte ensuite d'un cran, et on passe aux lignes 5 et 6. Les C1 et C2 etant vierges, il doit y avoir exactement une etoile dans chacun des carres 2x2 formes par C3-4, C5-6, C7-8, C9-10. L'etoile en C3-4 complete sa zone, donc L6C5 est vide; l'etoile en L5C9-10 elimine L4C9-10 et L6C8. En regardant L6 on place donc une etoile L6C4 (enfin !) et l'autre C6-7 (ce qui elimine L5C6-7). L'etoile L6C4 permet de deduire des etoiles L7C1 et L8C3. On complete aussi L5 puis L6. Ensuite, on observe que l'on a deja 2 etoiles en C1 L3-4 et L6, et que celles de la colonne 2 sont en L1-2 et L10. On complete alors facilement les colonnes 3-4; puis L10C5, ce qui force alors les etoiles L9 a etre en C7-8 et C9-10. On regarde ensuite C7-8, ce qui force une etoile en L3C7 et l'autre en L1C7-8. La grille se termine alors facilement.] 10. Dominos Notation : ecrire en trait fort si deux demi-dominos ne peuvent pas etre relies. Methodes : - commencer par chercher les doubles, - chercher les dominos uniques (long, d'habitude), - appliquer l'unicite dans les coins : configuration dans le coin hg : ab ab bc ou ca dans chacun de ces cas, le demi-domino en diagonale du coin hg n'est relie ni au-dessus ni sur sa gauche. Grille 1. Le double-1 est unique, le double-3 aussi, le 1-6 est associe au 1 C8 (et pas horizontalement par unicite), donc le 1 C1 est le 0-1. On finit de scanner tous les voisinages des 1 puisqu'ils ont l'air sympathiques et on voit que le 1-3 est unique desormais (ce que je n'avais pas vu le jour J et qui m'a donc amene a faire un test juste apres avoir vu que le 0-6 etait unique). On applique a nouveau l'unicite avec le "coin" L3C8, ce qui donne le 0-6 (qui etait accessoirement unique). Maintenant, vu que les 6 sont fixes dans une zone tres limitee, on va faire un test de tete dessus. Si on place le 6-6 en L6, on a alors le 3-6 le C3, ce qui impose le non-3-6 en L1, donc le 6-6 en L3. Impossible. Donc le 6-6 est en L3, le 1-6 en C8, on en deduit le 0-3 en L1 et le 3-5 en L7. Le 2-6 est unique, ce qui donne en prime les derniers 6 et le 2-4 L4 donc le 2-2 L3 et le 4-5 C6, puis le 0-4 C8 et le 5-5 C7. Un argument de parite donne le 0-2 L4 (le 0 ne peut pas etre relie au 5 car creerait deux blocs de taille impaire, et on a deja place 0-4), ce qui permet de terminer facilement ! Grille 2. Le 2 L5C1 est vertical car c'est le seul cas pour le double-2 ; le double-3 est unique, le double-4 aussi. En scannant les chiffres (vite), les 5 ont l'air pas ininteressants : deux d'entre eux dans les coins, un autre avec seulement deux cas. En etudiant leurs voisinages de pres, on s'apercoit alors que le 2-5 est fixe car si on le prenait C7, alors le 5-5 serait L5 et il n'y aurait plus de 3-5. Le 2-5 est donc C5. De plus, maintenant, si on place le 3-5 L7, il entraine mecaniquement un 3-5 C2. Donc il n'est pas L7, il est donc C2 et le double-5 est L7. On pourrait maintenant chercher *le* deblocage pour la beaute de l'art (ou pour verifier que la solution est unique) mais l'efficacite suggere que si on ne trouve rien en fouillant la grille 10 secondes, mieux vaut faire un test sur L7 et aviser. Le choix du 3-6 C6 rate assez vite (mais pas de tete pour moi) et le bon test termine facilement la grille car on vient de placer 4 dominos d'un coup ! [NDDenis: plutot que faire le test sur L7, je trouve qu'il est plus rapide de faire un test sur le 5-1, qui n'a que deux positions; le placer dans le coin hd force 5-6 en C3, puis 5-0 en L7, et on place alors tres rapidement un second 0-5. Le 5-1 est donc en L5, le 5-4 en C8, et comme le 0-5 est en L2, le 5-6 se deduit rapidement, ainsi que toute la grille apres cela.] 11. Alternate Corners Ce jeu est purement mecanique si on sait les choses suivantes : - toute case sans rond et dont deux directions perpendiculaires sont interdites (les coins, typiquement) est un virage et comme les virages d'avant et d'apres sont sur un rond, il faut que les traits issus de cette case aille jusqu'aux ronds les plus proches dans les 2 directions restantes. Et, tant qu'a faire, que la boucle tourne sur ces ronds. - deux ronds cote a cote (en ligne par ex.) partent l'un a gauche et l'autre a droite mais **aussi** l'un en bas et l'autre en haut. Cas particulier amusant un rond (X) avec un autre rond dessus (Y) et un autre a gauche (Z) : alors X va a droite et en bas (d'une case) ; donc Y va a gauche et en haut et Z va a gauche et en haut (d'une case a chaque fois : ne pas confondre avec R1). - si un rond R a un trait partant dans une direction (disons a gauche), qu'il n'y a pas de rond accessible dans cette direction, alors, s'il existe une case accessible a gauche de R qui ne peut pas aller en haut (ou en bas), alors le trait de R va jusqu'a cette case. On applique R1 successivement : L1C14, L4C14, L12C14, L14C1, L14C7, L14C9, L14C11, L14C13, L12C1, L9C1, L5C1, L2C1, L1C12, L1C4. En utilisant le fait qu'on tourne sur les ronds et que plusieurs ronds ont seulement deux directions possibles (L4C2 ou L5C13 par ex) et que deux ronds ne peuvent pas etre relies en ligne droite, on avance deja beaucoup la grille. On applique R2 (typiquement L10C7 mais ailleurs aussi). On peut avancer encore assez largement mais c'est R3 qui sera la plus efficace pour finir la grille. Par exemple, avec ce qui a ete fait avant, on peut raisonner sur L2C6 qui est forcement reliee au rond sur sa droite, ce qui debloque tout le haut de la grille a l'aide de R2. Et de meme, en appliquant R3 en L11C8 (une fois applique R1 en L12C11), on en deduit toute la partie basse de la grille. 12. WARSAW Partitionner Notation : separations en traits gras entre lettres ne pouvant pas appartenir au meme bloc ; traits fins entre les lettres appartenant au meme bloc. Chaque partition ne contient qu'un seul R et qu'un seul S. On peut donc mettre des separations entre les R voisins et entre les S voisins. Ensuite, on est intrigue par le coin bd qui semble avoir quelques contraintes... En effet, le coin lui-meme est forcement relie au W sur sa gauche sinon on aurait au moins 3 W dans sa partition. On a donc ensemble L9C8-10. Le W L8C10 est lui aussi relie sur sa gauche, pour ne pas bloquer ce W-la. Ces deux-la sont forcement relies au R qui est sur leur gauche et au A L7C8 et finalement au S L7C7 et au A L7C6. Ceci termine le bloc du W L9C10 et donc aussi celui du A L9C6. Quant au A L8C5, il est forcement relie au W L7C6, au S L6C6 et au W L5C6. Dans la partie droite, le W L7C10 est relie au S L7C9, au W L6C9, au A L5C9, et, a cause de ses blocs voisins, au A L4C9 et au R L3C9. Ceci donne le bloc du W L6C10 puis celui du W L1C10. Les deux blocs concurrents L2C8 et L6C8 s'imposent suffisamment de contraintes pour etre fixes l'un part l'autre. Ce qui fixe le bloc du A L1C6. Le bloc du W L4C5 ne peut pas contenir le R L6C5, donc contient le R L5C4, le A L5C3, le W L4C3 et le S L3C3. Le R L6C5 est forcement avec les 5 lettres deja ensemble car le test inverse rate de tete tout de suite. La fin de la grille se deduit toute seule, ne serait-ce que par la contrainte que si un hexamino coupe la grille, elle doit la couper en zones de taille multiple de 6. 13. Figure Cut Pas de commentaires... [NDDenis: dans ce probleme il est visiblement peu utile de calculer l'aire totale et de la diviser par 7 pour determiner la taille de chaque bloc. Il est plus fructueux de chercher des ressemblances entre diverses parties du contour de la figure. C'est evidemment de l'intuition plus que du raisonnement. Ici, un regard exerce revele une similarite remarquable entre l'extreme gauche de la figure et le haut de la partie droite, avec une rotation de 180 degres. Cette similarite se prolonge assez loin dans la direction horizontale. A supposer que cela ne soit pas qu'une coincidence, cela donne envie d'amorcer des traits de decoupe d'une part en bas, un trait montant a partir des deux-tiers du 3eme segment horizontal de longueur 3 (pour coller avec la partie tout en haut de la figure apres rotation), et d'autre part un trait horizontal qui part du renfoncement a droite de la figure (pour coller avec le bete escalier en haut a gauche). A ce stade-la, deux observations: (1) le bord droit semble vraiment "begayer" avec des parties haute et basse qui se ressemblent vraiment beaucoup. (On aurait pu le voir des le debut); (2) le coin en bas a droite semble parti pour nous donner une des 7 pieces (remarque: il n'y a pas de raison de penser que la piece soit completement tarabiscotee, une piece relativement trappue devrait pouvoir faire l'affaire). Si on se fie a (1), on tentera de repliquer la decoupe du contour en bas a droite au niveau de la separation entre moities haute et basse -- ou la decoupe en haut a droite, qui est exactement la meme. Cela nous encourage donc a couper la partie droite de la figure en 2 moities "haute" et "basse" identiques a un decalage pres (1 case horizontalement, 5 verticalement). Il suffit alors d'un peu de confiance en soi pour prolonger cette decoupe jusqu'a son terme et, en comparant les moities haute et basse, trouver la forme de la piece. Si on n'ose pas se fier a (1), on peut tenter de deviner la forme de la piece dans le coin en bas a droite en regardant comment les 6 autres copies s'agencent, ce qui est helas plus facile a dire qu'a faire. Sinon, en faisant confiance a la symetrie de 180 degres qui nous avait inspire au debut, on peut la pousser a son comble (mais alors il faut vraiment y croire) et elle nous donne effectivement la piece dans le coin en bas a droite (reste a verifier que 6 autres copies pavent la figure symetrique que l'on a forme, ce qui est effectivement le cas). En resume: ce probleme est faisable si l'on ose croire qu'il n'est pas infaisable. Il y a plusieurs facons de "voir" la solution, mais toutes demandent d'avoir la foi (ou de faire confiance au concepteur).] 14. Islands Notation : marquer d'un petit point ce qu'on sait qui ne sera pas de l'eau. Methodes : - si deux indices sont en diagonale l'un de l'autre, les deux autres cases du carre 2*2 les contenant sont noires. - l'eau est connexe, ce qui implique qu'elle doit "sortir" des zones ou elle se trouve. - Chaque carre 2*2 contient au moins un morceau d'ile. On peut donc chercher les zones 2*2 qui sont loin de tous les indices. - En regardant les indices qui sont coinces entre d'autres, on deduit souvent des emplacements appartenant necessairement a l'ile de cet indice. Typiquement, avec le 3 du haut dans un coin hg, on a que ce 3 descend (petit point) et une case d'eau en prime. 3 --> 3 3 .#3 On commence avec R1 en mettant 3 cases d'eau L3C4, L3C6, L4C5. On rajoute une case d'eau L5C5 par R2 et une case d'ile en L2C5. Et on peut meme rajouter une case d'eau en L5C3 car l'indice 2 a une case d'ile a cote de lui qui terminera son ile. Et que cette case soit en L4C3 ou en L5C4, la case L5C3, a cote d'une ile finie, sera toujours de l'eau. Ca, c'est pour les reflexes... et ca ne mene pas tres loin. Il faut chercher un raisonnement a la R4. L'indice qui est manifestement le plus "ferme" est le 6 dans le coin hd. En effet, il ne dispose que de 8 cases en tout pour se placer (3 L1, 2 L2, 2 L3, 1 L4). La grille n'etant pas "facile", on ne peut pas deduire de morceau d'ile directement (sauf a le croiser avec le fait que noir est connexe, ce qui donnerait des petites choses mais a priori non passionnantes). Mais sachant que le 6 L1 utilise 6 cases sur les 8, le 6 L4 passe forcement par L5C6 (sinon il serait reduit a 3 cases), donc aussi par L6C6 (sinon 4 cases max), ce qui donne une case noire en L6C7. Maintenant qu'on sait que manifestement, toute la question est de savoir si le noir L3C6 rejoint le reste du noir par le haut ou par la droite, on continue sur cette zone haute de grille, mais plus sur la gauche en se concentrant sur le noir. D'abord, la case L3C3 est noire car personne ne peut y acceder (sauf le 5 mais il bloquerait le noir L3C4 tout seul). Maintenant, dans le carre 2*2 L2-3C3-4, il faut un blanc, qui sera forcement issu du 5 et qui sera donc forcement L2C4. De plus, si le 2 L3 va vers la droite, le carre L1-2C1-2 sera plein. Donc L3C2 est noir aussi (note : tous les raisonnements de ce paragraphe sont possibles des le debut de la resolution sans rien avoir regarde du 6 L1... c'est simplement dans cet ordre que j'ai resolu la grille sur le coup). Donc rebelote sur le carre 2*2 L2-3C2-3 qui implique que L2C3 est au 5 et *Re* sur L3-4C2-3 ou la case blanche est forcement L4C3, ce qui termine le 2 L4. Lignes 1-2, le 5, ou que soit son cinquieme element empeche manifestement le noir L3C6 de sortir par le haut (ce qu'on aurait pu voir des le debut sans ce qui precede). Donc le noir L3C6 sort par la droite, ce qui implique que L3C7 est noir (sinon ca eliminerait trop de cases du 6 L1) et L5C7 et L7C7 aussi (isthmes). Maintenant, on peut demarrer un peu le 6 L1 est noter en blanc L1C7, L2C8, L3C8. Ce qui impose encore L4C7 en noir et qui fait avancer (enfin) le 6 L6 (quatre cases). Ceci redonne du noir (qui doit sortir, donc deux cases) et fait avancer aussi le 6 L4 de deux cases, donc place en noir L7C3-4, donc termine le 6 L4 et impose L7C2 noir. Maintenant, L5C1-2 sont noirs, ce qui termine a la fois le 2 L3 et le 5 L8 et R3 permet de finir. 15. Rolling Block Maze Ce jeu est tres simple a condition d'avoir une gomme pour faire les mouvements (pour les empotes dont moi-meme incapables de faire de tete les mouvements du bloc) et d'observer la choses suivante (que je n'ai retrouve qu'a 30'' de la fin du temps reglementaire) : puisqu'on cherche le trajet le plus court, les seules cases possible pour mettre un chiffre sont des cases ou le bloc peut arriver par une direction et repartir dans une autre, autrement dit les cases qui ont deux cases de blanc dans au moins deux directions. Il suffit donc maintenant de barrer toutes les cases absurdes et de voir avec ce qui reste. On barre donc : L1C3, L1C4, L1C2 (basculer vers la droite ne mene visiblement a rien), L1C1 (idem), L2C1, L2C2, L3C3, L4C3, L4C4. Ceci etant fait, on voit deja qu'il va falloir passer par le bas (L7) pour arriver a F. Et la seule possibilite est de passer par L7C2 et L7C5. Or, L7C2 provient forcement de L4C2, qui lui-meme ne peut venir que de L4C1, lui-meme successeur de L3C1, lui-meme de L3C2, lui-meme de L6C2. On va de S a L6C2 en deux mouvements, ce qui donne tous les nombres de 1 a 8. C'etait la partie la plus difficile et le reste vient tout seul : 9 est impose, et il faut juste eviter de rajouter une valeur en croyant devoir passer L1C8 alors que ca n'est pas necessaire ! [NDDenis: attention! le raisonnement propose par JC est un peu piegeux, barrer une case ne signifie pas qu'on n'y passe pas, mais uniquement que le bloc n'y sera pas pose verticalement. Ne pas barrer trop fort pour ne pas etre tente de confondre ca avec un veritable obstacle (case noire). D'ailleurs le bloc passe par la plupart des cases que JC propose de barrer.] 16. Coral Finder Avec 50 points a la clef, il faut s'attendre a une petite horreur ou les techniques de base sont inoperantes... ou alors penser que les organisateurs sont des rigolos qui ne savent pas jouer. L'hypothese 1 est meilleure que l'autre, ne serait-ce que par vraisemblance et aussi pour continuer a marcher rapport aux chevilles. Bref. On appelle "min" d'une rangee le nombre de cases necessaires a placer les blocs de corail de cette rangee. C'est egal a la somme des indices de cette rangee *plus* le nombre d'indices, le tout moins 1. Notation : on note avec un petit point les cases sans corail. Methodes : - sur une grille de taille N, tout indice > N/2 permet de placer des cases du corail (voir technique Paint/Logimage, tres vieux jeu). - Si le min vaut N, on a des morceaux de corail aux extremites qu'on peut etendre en fonction du plus petit indice de la rangee. - Si la difference entre N et le min est inferieure au plus petit indice de cette rangee, on place encore du noir. - Figure interdite : .X X. On commence ici (independamment) avec R2 en C1 (2 cases noires), R1 en C2 (2 noires), R3 en C7 (8 noires) R2 en C12 (10 noires), R2 en L1 (2 noires deja placees) et R2 en L11 (8 noires dont deja une placee : 3 de chaque bord et C6-7). Pas de carres 2*2 noirs -> 4 blancs. Indice 1 C6 -> 1 autre blanc et indice 7 C2 -> 1 noir L5. Maintenant, autant pour les reflexes, il faut travailler... On regarde l'endroit le plus prometteur = comme dans un battleships, les rangees consecutives avec des gros "min" et comportant des gros indices (typiquement, deux lignes consecs avec chacune un indice 7 indiqueraient que la grille est impossible...). Le candidat ideal est manifestement C1-2. Maintenant qu'on sait ou gratter, deux cas : on ne voit pas le raisonnement qui debloque toute la grille et on teste (ce que j'ai fait la qualif, sachant qu'il y a tres peu de tests a faire et qu'un test rate generalement immediatement sur ce jeu) ou alors on se concentre un peu plus et on regarde L6-7 ce qui se passe. La case L6C2 appartient horizontalement a un 2. Donc elle continue C1 ou C3. Si elle continue C1, on ne voit pas de pb... Si elle continue C3, on a un point L6C1, ce qui impose un noir L5C1 et L7C1 a cause du "min" de C1. Or, avec un noir L7C1, l'indice correspondant est forcement un 4, ce qui impose aussi un noir L7C3 et un carre 2*2 noir. Donc on a un point noir isole en L6C1 (c'est toujours plus facile quand on sait ou regarder... sans pour autant etre evident). Ceci donne le 5 C1, impose donc deux blancs L9-10C2, donc pousse le 7 jusqu'en C2, fixe donc maintenant le reste de C1, qui fixe a son tour C2. Et maintenant, on a fait 90% du travail, le reste etant de la routine (= utiliser les regles precedentes a bon escient sans autre raisonnement) : on ajoute une case noire L2 et un point blanc apres et d'autres L2 ; on ajoute trois cases L4, un point blanc apres et d'autres L4 ; on ajoute un blanc L3C3 et L5C3, ce qui impose un autre blanc L3C4 par R4. Sur L3, le min etait 10 mais on a les deux blancs inutiles. Donc on a un noir C5 et trois noirs C8-10 et donc 2 blancs C9 et donc la fin de L4. On ne voit rien de direct en ligne, on passe en colonnes : sur C3, l'indice 1 est place. Donc noir en L1 et un paquet de blancs. Sur C4, les indices impliquent blanc en L1 et noir en L5. Donc blanc en L5C5. Donc noir en L2C5 d'apres les indices C5 et noir en L1C5 d'apres le min de L1. D'ailleurs, les deux 1 de L1 etant places, on en deduit quatre noirs C6, C8-9 et C11. Par R4 (qu'on aurait pu appliquer depuis belle lurette), le 5 de L1 est place. Au passage, L2 est finie. Pour ne pas faire de boucle noire, L3 est finie aussi. Blanc en L5C6 par R4. Blanc en L6C7, donc en L5C7 par R4. Blanc en L5C11 toujours par R4 qui ferait une boucle noire (ou un indice >2 en L5), donc noir en L5C10, donc blanc en L6C10 puis L6C11. On place aussi 3 noirs C10 car les deux blancs du min sont deja places en haut. Blanc en L6C12 (indices L6), donc noir en L7C12. Sur L8, le 3 est place et on note en blanc tout ce qui n'entoure pas la case noire isolee. C11 est finie. Par R4, L6 est finie (le 2 n'est pas a droite), ce qui donne noir en L7C4 et blancs en L7C5-6, donc termine L7 et L8 dans la foulee, place 2 blancs sur L9, termine C6 au passage et fixe C5 donc aussi C4 et C3 par R4. L12 est fixee, ce qui avance C8 puis termine le petit reste de grille. 17. Number Crossword Cette grille etait difficile pour une raison objective : son nombre de points. De plus, pour ceux ayant joue des Kakuro avec Denis, il faut savoir qu'on peut lui mettre 20 secondes sur 10 minutes parfois mais qu'il vous plante souvent de plusieurs minutes... Ca pour dire que les 80 points faisaient un peu peur a ceux qui savaient qu'il s'agissait de 80 points qu'il faudrait aller chercher aux forceps. Technique dans ce cas : faire plusieurs passages sur la grille. Autrement dit, la commencer tot dans l'epreuve et revenir dessus regulierement entre deux problemes pour voir si on trouve ce qu'on avait rate la fois d'avant. C'est tres efficace, ne serait-ce que parce que ca evite de s'enerver. Methode (une seule : oui oui !) : - croiser les indices : si le max de ce qu'on doit placer en ligne = le min de ce qu'on doit placer en colonne, c'est la bonne valeur et on la place. Cette methode se generalise en comparant les valeurs possibles d'une ligne avec toutes les colonnes qu'elle croise. En pratique, il faut evidemment connaitre toutes les possibilites pour les sommes par coeur (trop long a recalculer sinon)... J'ai note ici trois demarrages : 5 en L2C5, 6 en L6C14 et 4 en L11C12. On peut observer que le 16 L3 a son 4 et son 6 avec les deux 21, donc 2-3 avec le reste, et donc 2 a gauche (somme 42). Le 6 L6C14 est le plus prometteur car il donne 8 en L5C14 donc 1-2-4 sur le reste du 15, avec 1-2-3-4 sur le reste du 16. Maintenant, le croisement 16-21 place le 4, ce qui termine alors le 21 car 9 ne peut pas croiser 11. De plus, les 1-2 restants pour le 11 sont forcement dans l'ordre 2-1 car la somme 16 verticale croise aussi un 8 en trois cases (max =5). Bref, ce 16-la est fixe (2-5-9), ce qui termine le 8 horizontal qu'il croisait. Le 17 C7 se termine directement. Le 25 C9 a maintenant un 1 et un 2 et donc un reliquat de 22 qui lui impose d'avoir un 9 dans sa somme, qui est donc forcement en bas. Le reste est forcement 8-5 (sans savoir ou va qui) car (7-6) est interdit par le 39 L10 qui exclut a la fois 7 (deja present) et 6 (car 39 en huit cases). La, on cale un peu, on fait un break, on marque des points ailleurs et en revenant, on repense aux deux lignes prometteuses : le 15 et le 16 L5-6. En effet, ces deux lignes poussent a chercher une colonne qui les utiliserait toutes deux et pour laquelle la regle de croisement s'appliquerait. Et la voila : C11, le 33 qui croise en plus un 4. Resumons : ce 33 en six cases a trois valeurs <=4, donc de somme max 9, ce qui veut dire que les trois cases restantes ont pour somme au moins 24, donc 24 exactement. On a donc 2-3-4 dans les lignes indiquees precedemment (donc 3 dans celle du 4, 2 dans celle du 16 et 4 dans celle du 15) et 9-8-7 dans les 3 autres. Comme la colonne 43 n'a pas de 2, on termine alors les lignes du 15 et du 16. Maintenant, le 28 L7 a pour valeurs minimales respectives de ses cases : 5-9-7-3-4, qui ont exactement pour somme 28... Donc cette ligne se termine ! Le 25 C9 se termine aussi et on peut s'interesser au 17 C10 (logique car grosse valeur croisant une ligne 39 ayant un max de 5 et une ligne de 8 avec un max de 5 aussi). Bref, cette colonne est forcement un 8-5-4 avec 8 au milieu, et comme le 8 L12 commence par 5 ou 4, sa 2eme valeur est <=3, ce qui implique que le 33 L11 est 98745 et pas 98547. Ceci termine le 8 L12, le 17 C10 et le 7 C12. Maintenant, le 43 C13 a pour min 6, le 24 C12 a pour min 4, ce qui est ideal pour le 11 L8 qui est donc fixe (461). Ceci termine par un petit test de tete le 10 L9 et le 16 L10 et donc le 43 C13 puis le 33 C11 et donc le 24 C12. Maintenant qu'on a elimine tant de grosses valeurs, on peut revenir aux deux 21 qui encadraient le 6 C5. Le 21 de droite ne peut pas etre 984 avec 4 au milieu et est donc 876 avec 6 au milieu. Ceci termine les deux 21 (867 pour celui de droite d'apres la contrainte sur le croisement avec 41). Le 12 L4 est donc fini aussi (rappel : le 42 C3 n'a pas de 3), ce qui termine le 8 C2 et le 8 L5. On revient sur la partie droite, la partie gauche semblant peu claire. Le 13 C10 est fixe car il a des max de 1-7-5 de somme 13, ce qui termine aussi le 27 L3. Restent 1-2-3 a placer L4, donc 3 au milieu et 1 a gauche. On termine alors le 18 L5, le 19 C8, le 23 C7, le 20 L6. Maintenant, ca depend un peu des gens (et du temps dispo) mais personnellement, avec encore beaucoup de temps, je laisse tomber ici, je vais me reposer a jouer autre chose avant de finir cette grille decidement difficile car necessitant tout le temps de sauter d'un point a un autre pour avancer (une grille "facile" se traite quasiment uniquement localement en elargissant petit a petit sa zone de nombres connus). Apres la pause salutaire, on trouve que l'intersection L10C3 est forcement 5 (1-2-3-5 pour le 39 L10), puis que L6C3 est 9 (les autres echouent par repetition de valeur). On a maintenant bien envie de croiser le 17 L8 avec les autres car il a deux mins assez gros : C2 (4) et C3 (4). Comme 17 n'a que deux cas, 12347 et 12356, les trois valeurs restantes sont <=3, ce qui place le 3 C5, le 2 C6 et donc le 1 C4 et termine le 13 C6. On finit alors facilement le 39 L10. Notons que le 8 C3 est place, ce qui interdit l'une des possibilites du 17 L8 rapport au report fait par le 13 C2, ce qui termine maintenant facilement le 30 L7, puis le 27 L9, le 27 C4, et les quatre dernieres cases ! Partie II. 1. Easy as ABC On place des vides en L1C1, L2C1, L6C6, L5C6, L6C3. En posant la question "ou se trouve le C L6, on place C en L6C4 et donc B en L6C5. En posant la question "ou se trouve le B C6, on place B en L3C6 et A en L4C6. En posant la question "ou se trouve le B C1, on place B en L4C1 et C en L3C1. Et donc vide en L4C4 (intersection BA et C). En C5, le C est plus "haut" que le A, donc vides en C5 et C4. En posant la question "ou se trouve le C L5, on place C en L5C2 et A en L5C1 et en L6C2. Et un vide en L6C1 et L4C2, L3C2. Donc un C en L4C3, un B en L5C3, un vide en L5C4. Donc un nouveau en L3C4, puis B&A en C4. Et maintenant, c'est fini... 2. All Alone Personnellement, j'entoure les valeurs dont je suis sur qu'elles seront blanches a la fin de la partie et je barre les autres. Plusieurs demarrages pour cette grille facile : L3, le 4 tout seul est forcement noir sinon les deux autres 4 seraient noirs, ce qui est impossible puisqu'ils sont cote a cote. L7, le 2 est forcement blanc car s'il etait noir, les 2 6 seraient blancs ce qui est impossible. Ce 2 blanc implique que l'autre 2 C5 est noir. Des qu'une case est noire, ses voisines sont blanches et on itere le procede suivant : toute valeur egale a une valeur blanche est forcement noire et toute valeur noire a ses voisines blanches. Avec ca, **sans utiliser d'autre argument** on remplit quasiment toute la grille : il ne reste que 8 cases indeterminees. La fin vient de deux applications de la 2eme regle du jeu : le blanc est connexe. Donc, dans le coin bas-gauche, le 2 a cote du coin est forcement blanc (sinon, le coin serait isole) ; et dans la C7, pour la meme raison, le 6 ET le 1 sont blancs. Ce qui implique que l'autre 1 L6 est noir et que ses quatre voisins sont blancs, terminant la grille. 3. Minesweeper Deux raisonnements simples : aucune nouvelle mine a cote d'un indice servi (donc aucune a cote des zeros au depart) et que des mines quand le nombre de mines manquantes d'un indice est egal au nombre de ses cases voisines libres. Avec ces 2 raisonnements, on place les mines en L3C1, L3C2, L5C8, L6C8, L6C9. Donc vides en L3C8 et L3C9. Donc mine en L1C9. Mine en L9C2, vide en L7C1, L7C2, mines en L6C2 et L5C1, L9C3, L6C4, L7C4, L8C4, vide en L9C4. On en est deja a 13 mines, la moitie ! Maintenant, il faut passer a des raisonnements autres... C6, le 5 et le 2 cote disent deux choses : mines en L4C5, L4C6, L4C7 et vides en L7C5, L7C6, L7C7 (plus generalement, deux indices cote a cote ont une difference d'au plus trois et dans ce cas, on deduit des mines et des vides ; le meme raisonnement s'applique sur le bord avec une difference de deux... et encore en d'autres endroits suivant les voisinages respectifs des indices voisins que l'on examine). En reprenant les raisonnements initiaux, on place des mines en L8C6, L9C6, L7C9, L6C7. Par un raisonnement de voisinage comme precedemment, on a une mine L3C7 (les indices 2 et 3 resp. L1C8 et L2C8). Donc vide en L5C7 et mine en L6C5. Et maintenant, il est temps d'appliquer le raisonnement non trivial (qu'on aurait pu appliquer avant d'ailleurs) : il reste 4 mines a placer et il en faut une a cote du 2 L8C1, et trois a cote du 4 L4C3. Donc toutes les cases qui ne sont a cote ni du 2 ni du 3 precites sont **vides**. Maintenant, le 5 L3C6 impose une mine en L2C7, le 4 L5C2 impose 2 mines en L5C3 et L4C2, donc vide en L5C4 et donc derniere mine en L4C4. 4. Fences Notation : marquer les zones entre deux petites croix qui **ne peuvent pas** contenir de trait. C'est **tres** utile ! Indice 2 dans le coin haut-gauche --> trait vert. a gauche du 3 L2C1 et trait horiz. au-dessus de case L1C2. Indice 2 dans le coin bas-droite --> trait vert. a droite du 1 L5C6 et trait horiz. sous le 2 L6C5. Donc on determine le 2 L6C6 et on poursuit les traits pour valider les indices 0,1 et 2 dans ce coin-la. On a donc maintenant un trait arrivant en b-d du 3 L3C6. Alors ce 3 a un trait a sa gauche et un trait au-dessus. Le 1 L2C6 est donc fini, ce qui termine aussi le 3 L3C6. On poursuit le trait pour finir le 2 L3C5 puis le 2 L4C5. Pour les deux 1 C5, leur trait n'est pas entre eux car on ne peut pas continuer ce trait sans violer la regle. Leur trait est donc (pour chacun) sur sa gauche. Traits que l'on peut poursuivre, d'abord en finissant le 3 L1C4, puis en evitant de refermer cette micro-boucle puis en finissant le 1 L2C3. En continuant de pousser les traits qui n'ont pas de choix, on en arrive au coin h-g ou on doit passer au-dessous du 2, l'autre solution etant manifestement impossible (a faire de tete). Ce trait lui aussi continue facilement car il faut finir le 2 L3C1. Et maintenant, reste a relier les bouts... Raisonnement efficace : si on trace une droite quelconque, elle coupe la boucle un nombre pair de fois. Par exemple, avec une droite horiz L5, on en deduit que l'indice 1 a son trait forcement vertical. Et donc forcement sur sa gauche. Maintenant, il n'y a plus aucun choix, ni en bas, ni en haut ! 5. Tents On elimine les cases qui ne peuvent pas avoir de tente = les cases a cote d'aucun arbre (9 cases ici). L'indice 2 L3 implique qu'il y a une tente L3C2 ou L3C3 et une tente L3C5 ou L3C6. De par la regle (les tentes ne se touchent pas, **meme** en diagonale), on a du vide en L2C2, L4C3, L2C5. Meme raisonnement en C5 : - tente soit L1C5 soit L3C5, - tente soit L3C5 soit L5C5, - tente soit L5C5 soit L7C5. Donc vide en L2C4, L4C4, L6C4 et L6C6. La tente L6 est donc en C2. Ce qui place par "rebond" quasiment toutes les autres tentes, les trois dernieres se placant pour respecter les contraintes du bord. 6. Meanders Notation : noter les cases ou on sait que la riviere passe et barrer les cases ou on sait qu'elle ne passe pas. Indice 8 : toute sa ligne est prise. Donc vide sur le reste de la C4 par son indice 1. Donc indice 7 : tout sauf C4. Et la traversee de la C4 se fait horizontalement. Indice(s) 2 sur le bord --> connexe. Donc passe par L1C2 (puis L2C2 ce qui termine l'indice C2) et par L8C7 (puis L7C7). Donne plein de blanc. L'indice 2 L7 impose du blanc dans C1-3 et C5 et l'indice 1 L5 impose aussi du blanc dans C1-3, C5 et C7. Donc la case occupee en L5C1 impose a L4C1 de l'etre aussi (deux traits partent de ce "coin") --> fin de l'indice 4 de la C1. Pour finir l'indice C3, il n'y a plus de choix. Reste a decider la partie droite. Si on passe par la case L7C8, on termine l'indice C8, ce qui laisse un point isole en L3. Impossible. On passe donc par L7C6, L7C5. L'indice C6 est fini, ce qui donne du blanc en L4C6, L2C6 puis en L2C5. On termine facilement en devant respecter les indices horiz. 7. Kropki (raisonnement efficace ici : on peut placer plusieurs 5 par le fait qu'ils ne sont jamais a cote d'un noir). La plus grande succession de BN est L1. On commence donc la. Autour du noir, on peut avoir 2-4 (mais pas 4-2) ou 3-6 ou 6-3. Le 6-3 est exclu car on aurait 5 en L2C2 et un 5 n'est jamais a cote d'un noir. Le 2-4 est exclu aussi car on aurait 6 en L1C5 et donc 5 en L5C2, impossible encore pour la meme raison. C'est donc 3-6 et on a la ligne complete : 236541. Donc 3 en L2C5, donc 4 en L2C4 et 6 en L2C6, 3 en L3C6, et toute la ligne 2. Donc 6 en L3C1 car 4 imposerait un autre 2 en C1. Donc 3 en L4C1. Aussi, a partir du 4 en L2C4, 2 en L3C4, 1 en L3C5 puis 4-5 pour finir L3. Maintenant, par exemple, C2, restent 1,5 et 6. Donc 5 et 6 sont autour du point blanc et donc 1 en L4. Donc 2 en L4C3 et 4 en L5C3 et 3 en L6C3. Donc 6 en L6C2, 5 en L5C2 et le reste se remplit avec la seule regle sudoku sans plus utiliser les points noirs et blancs. 8. Figure Cut 6 pieces donc surface 6. Contient manifestement un carre 2*2 d'apres coin b-d. On essaie les 3-4 possibilites... 9. Subset Sum Personnellement, je le joue par exclusion des grosses valeurs jusqu'a trouver la combinaison... parce que je n'arrive pas a utiliser directement que la somme des chiffres des unites de ce qu'on doit choisir fait 0 modulo 10. [NDDenis: une autre methode est de se convaincre d'abord qu'il y aura soit 3 soit 4 nombres -- avec 2 on ne peut pas atteindre 100, avec 5 on depasse. Avec 3, on soustrait 33 a tous les nombres ce qui donne -21 -18 -11 -4 0 3 7 10, on voudrait faire une somme de +1, impossible a realiser que ce soit avec 2 positifs et 1 negatif ou bien avec 1 positif et 2 negatifs. Avec 4 on soustrait 25 a tous les nombres ce qui donne -13 -10 -3 4 8 11 15 18 on voudrait faire une somme de 0, clairement il faudra 2 positifs et 2 negatifs, on compare les sommes possibles et on voit que -23 = -13 + -10 colle avec 23 = 8 + 15. On reajoute 25 ce qui donne la solution. Les esprits particulierement tordus peuvent aussi remarquer les progressions arithmetiques et voir que tous les nombres donnes sont soit de la forme 7k+1 soit de la forme 7k+5. La seule facon d'arriver a 100 (=2 mod 7) est alors d'avoir 3 nombres de la forme 7k+5 et un 7k+1; on trouve alors vite lesquels. Cette methode n'est evidemment pas recommandee pour jouer ce probleme rapidement.] 10. Loop Finder Raisonnement principal : utiliser qu'on passe par toutes les cases et que donc si une case n'a que 2 sorties possibles, on se sert des 2. Donc deja vrai dans les coins mais aussi L1C5, L1C6 et L8C6. En poursuivant les traits (condition : une seule boucle), on a deja bien avance ! Le reste se joue a coups de tests que l'on fait ou non de tete... Par exemple, si on place un trait entre L2C1 et L2C2, la droite de ce trait ne peut pas descendre (on isolerait L3C1) ni aller en haut (bouclage) ni a droite (bouclage aussi). Donc trait entre L2C1 et L3C1. Beaucoup plus efficace mais plus difficile de tete : si relie L3C5 et L3C6, bouclage a droite de la grille. Donc L3C5-L3C4 et L3C6-L4C6. En poussant ces traits-la, on obtient la totalite de la grille (mais si) ! Partie III : pas de conseils de JC sur cette partie... [NDDenis: voici une tentative d'analyse de cette partie. Sans doute pas a la hauteur des explications de JC mais bon. 1. Squaring Poland Dans ce genre de probleme, il faut se lancer et commencer a dessiner quelque chose. A garder en tete: pour placer des grands carres, il faut construire des bords rectilignes contre lesquels ils pourront s'appuyer, et eviter a tout prix de creer de longues bandes tres fines qui necessiteront un tres grand nombre de petits carres. Il faut aussi chercher a creer des bords rectilignes contre lesquels on pourra appuyer des grands carres. Un exemple ici est le coin en haut a droite: on a envie de mettre un grand carre dans le coin en haut a droite (peut-etre 7x7), mais il vaut sans doute mieux ne pas le mettre tout a fait dans le coin, car apres avoir place un carre 7x7 tout en haut a droite on se retrouve avec une mince bande qui necessite 5 carres 1x1 + 1 carre 2x2. Decaler le carre d'une case a gauche permet de placer a sa droite un 1x1, un 2x2, et un 3x3 qui semblent nettement plus efficaces. Placer un grand carre est particulierement judicieux lorsque ses coins viennent affleurer contre une concavite de la region (case noire ou renfoncement du perimetre), car cela aide a creer des bords rectilignes ou on pourra placer d'autres grands carres. Ainsi, dans le coin en bas a gauche il y a un carre 5x5 qui tiendrait pile poil (en contact avec deux cases noires). Comme son coin hd affleure juste contre une case noire, le mur vertical ainsi cree est assez sympathique. Malheureusement ce carre cree aussi beaucoup de volumes peu logeables (par exemple une zone 4x5 au-dessus de lui) et n'est en fait pas rentable. Plus efficace (mais on ne peut pas le savoir sans essayer et comparer) : en bas en partie centrale, on a une zone 5x6 delimitee par le bord bas et 3 cases noires. Placer un carre 5x5 contre le bord dans cette zone est a priori interessant, car le bord superieur du carre affleure juste au meme niveau que la case noire du coin hg, ce qui permettra d'utiliser efficacement l'espace situe au-dessus. De plus, a la gauche de ce carre on peut placer un 3x3 qui n'a pas l'air idiot. Par contre, cela veut dire qu'on ne placera pas un carre 8x8 dans la zone en bas a droite, car cela creerait une fine bande verticale... Une fois qu'on a compris les grands principes, il faut se lancer et commencer a remplir des parties de grille. Lorsque quelque chose semble ne pas bien marcher, ne surtout pas hesiter a gommer et re-decouper l'espace de facon differente -- inutile de mener un essai a son terme si on est parti pour un score visiblement negatif ! Pour information, lors de mes tests, en suivant ces principes generaux et en me lancant a l'aveuglette, j'obtiens typiquement de l'ordre de 60 carres (ce qui donne des points mais pas beaucoup). Ensuite, une fois une premiere solution ebauchee, il faut chercher a l'optimiser: regarder diverses zones ou on pense n'avoir pas forcement trouve une configuration optimale, et les refaire *sans toucher au reste de la grille* (si on commence a deplacer des gros carres dans tous les sens, c'est oblige de mal se terminer). On gagne souvent assez facilement 1 ou 2 carres de cette facon. Si on n'est pas satisfait du resultat, une seule chose a faire a ce stade : on passe a l'autre grille et on recommence a partir de zero, en utilisant des intuitions differentes (peut-etre en demarrant par les zones ou on n'a pas reussi a etre efficace la fois d'avant, ou cas ou la raison de notre inefficacite a l'essai precedent serait qu'elles imposent des contraintes fortes sur le reste de la grille). Normalement, on arrive assez rapidement a des solutions a 57 ou 58 carres environ; en s'acharnant ou en ayant la bonne intuition on peut faire nettement mieux, mais ce type de probleme n'est vraiment pas une science exacte. 2. Reverse Polish Optimization Autant le probleme precedent etait pour les intuitifs, autant celui-ci est pour les calculateurs. Evidemment, il faut faire attention a bien avoir compris l'enonce (et notamment l'ordre des operations). Il y a une solution facile mais peu rentable qui saute aux yeux: faire 10 avec les 7 derniers nombres, puis terminer par une multiplication pour obtenir 1920 (et marquer 10 points). Il y a plein de facons de faire 10, par exemple 34-(8+6+4+3+2+1) donc reponse "+ + + + + - x". Si on n'a vraiment pas envie de faire du calcul mental il peut etre judicieux d'aller voir ailleurs apres cela. Sinon, on va tenter de calculer un peu et faire mieux. Deux grandes ecoles de pensee s'affrontent: terminer par une multiplication par 192, ou bien par une addition de 192. Les deux hypotheses sont a priori raisonnables (et donnent les deux meilleures solutions, le probleme ayant ete concu pour qu'un choix ne soit pas trop avantageux par rapport a l'autre). Si on envisage de terminer par une multiplication par 192, on calcule tout de suite 2010/192 = environ 10,47. Helas pour nous, faire 10,5 et multiplier par 192 nous emmenerait trop loin, il faudra donc ruser et faire quelque chose strictement superieur a 10 et inferieur a 10,5. Il semble peu plausible que l'on fasse (34+...) ou (34-...), car il faudrait avoir obtenu un resultat strictement entre 23,5 et 24 apres les 5 premieres operations, peu probable. On va donc multiplier ou diviser 34 par le resultat precedent. On calcule donc 34/10,5 = environ 3,24, et 34/10 = 3,4. Il serait donc ideal d'obtenir 3,25 = 13/4 apres les 5 premieres operations (on verifie quand meme, car 3,25 est tres pres de la borne a partir de laquelle on depasse 2010: 192*34/(3,25) = 2008,6, ouf, ca passe juste!); a defaut, 3,33.. = 10/3 serait deja pas mal (on obtient alors 1958,4 ce qui est nettement moins bien que 2008,6 mais mieux que 1920). Reste a faire 13/4 avec 8,6,4,3,2,1. Ajouter/soustraire 8 ne semblant pas tres judicieux, on va supposer qu'on multiple/divise 8; il faut donc faire 26 avec ce qui precede. Miracle, 26 = 6 + 20 = 6 + (4 x (3 + 2x1))). Sauf que... 8/26 = 4/13, pas 13/4. Catastrophe ? Non, pas du tout: au lieu de faire 34 / (13/4), on va faire 34 x (4/13). Tout va donc bien, et on obtient la reponse "x + x + / x x" qui etait la meilleure possible. Si on a envisage de terminer par une addition de 192, on va chercher a s'approcher de 2010-192 = 1818 (ou de -1818, si on termine par une soustraction 192-...; si si, c'est possible). Ne revons pas trop, pour arriver a 1818, il vaut mieux multiplier par 34. Sauf si on s'appelle Olivier et qu'on commence par multiplier tous les petits nombres, ce qui permet quand meme de faire 1954 avec "+ x x x x + +". Pour les autres, ca nous amene a viser 1818/34 = environ 53,47. Ajouter/soustraire 8 nous amenerait a viser 45,47, ce qui ne semble pas particulierement prometteur pour les 4 premieres operations, on va donc plutot multiplier par 8. On vise donc 53,47/8 = 6,68... il serait donc ideal d'obtenir 20/3 = 6,66... apres les 4 premieres operations (ou a defaut, 13/2 = 6,5 ce qui nous donnera des solutions a 1960, par exemple "+ + + x - x -"). Chance inouie: 20/3 = 40/6 ne marche pas, mais on a quand meme 20/3 = 6 + 2/3 = 6 + 4/(3+2+1). D'ou "+ + / + x x +", seconde meilleure solution avec un resultat de 2005,33... 3. Celebrity Boggle Clairement, on ne pourra pas caser tous les mots de la liste et il va falloir faire des choix. Vu qu'il faut atteindre 75 pour commencer a marquer des points, il faut prevoir tout de suite d'inclure 2 des "gros" mots, ceux avec des W ou des Z qui valent autour de 40 points. Un examen rapide de la liste revele une ressemblance frappante entre "Sienkiewicz" et "Witkiewicz", si on a l'un il ne coute pas beaucoup plus cher d'avoir l'autre, et a eux deux ils nous donnent deja 88 (soit 13 points). On fait la liste des lettres et de leurs voisins: C-IZ E-INW I-CEKSTW K-INT N-EK S-I T-IK W-EI Z-C Le I ayant 6 voisins differents, il doit necessairement soit figurer sur une des deux cases centrales de la grille, soit etre present 2 fois. J'en profite pour rappeler: les cases centrales ont 8 voisins, les bords ont 5 voisins, les coins ont 3 voisins. Les lettres ayant le plus de voisins differents doivent donc avoir priorite pour le centre, tandis qu'une lettre qui ne sert qu'une fois sera plutot releguee dans un coin. D'autre part, deux cases ont au plus 4 voisins communs, et ce uniquement si elles se touchent par le cote; sinon elles peuvent aussi avoir 3 voisins communs (si elles sont a distance 2 sur une meme ligne/colonne), ou 2 voisins communs (si elles se touchent en diagonale, ou reliees par un mouvement de cavalier). Si 3 lettres sont mutuellement voisines 2 a 2, elles seront forcement dans un bloc 2x2. En l'occurrence, on commence a disposer les lettres autour d'un I, en notant le triangle E-W-I. En tournant successivement autour du I, on aura envie de placer W-E-N-K-T; il reste de la place autour du I pour caser le S et le C (sans contraintes particulieres), puis le Z a proximite du C. En fait tout cela tient meme dans un carre 3x3, par exemple E N K W I T S C Z (il y a plein de facons; en particulier, comme on peut sauter en diagonale entre ces lettres, W-E-N-K-T ne sont pas obligees d'etre consecutivement disposees autour du I; et Z n'a pas de raison particuliere de toucher le I). Ca fait deja 16 points en comptant les 3 cases blanches. A partir de la, on peut facilement ajouter un petit mot -- par exemple, CHOPIN s'insere bien dans la solution precedente en poussant le Z: E N K W I T S C P Z H O (qu'on tournera de 90 degres pour faire plaisir au correcteur). Plus ambitieux, on peut essayer d'ajouter un 3eme grand mot. A priori, sauf a sacrifier les 2 mots qu'on a deja places, on a droit a seulement 3 nouvelles lettres, et il serait bien que ca colle un peu avec ce qu'on a deja. En scannant la liste des mots et en comparant avec notre carre E N K W I T S C Z on note que SZCZEPANIK semble a portee de main (seulement 2 nouvelles lettres P et A, on sait faire le SZCZ facilement, et le NIK est deja la). On va donc commencer par rearranger notre bloc 3x3 de facon a faciliter les choses: on veut que Z touche aussi S et E en plus de C, tout en laissant le E pas trop loin du N. Une solution facile serait simplement: W N K E I T S Z C (noter qu'on n'a pas detruit la chaine W-E-N-K-T). Helas cette solution ne permet pas d'ajouter le P et le A de facon a faire la chaine E-P-A-N. On reessaie : W E N Z I K C S T Ca se presente mieux, il suffit d'ajouter P et A au-dessus de E et N, (puis tourner le diagramme de 90 degres bien sur). Les plus courageux pourront essayer d'ajouter KACZYNSKI au lieu de SZCZEPANIK; c'est possible, Marie l'a fait, mais ca demande plus de travail (et il faut repeter une lettre). ] Partie IV 1. Snake in the Tents Notation : jouer le snake au stylo et les tentes au crayon. Pour les tentes : technique usuelle (voir partie II). On extrait de la regle la seule partie utilisable : toute case non visitee par le snake *ne peut pas* contenir de tente (raisonnement que je noterai *). Etape 1 : barrer au crayon toutes les cases ne pouvant pas contenir de tente parce que pas a cote d'un arbre (41 cases dont les quatre "indices"). Barrer les cases impossibles : par ex L2C2 car il y a une tente en L2C1 ou L1C2. Restent 2 possibilites pour la tente de l'arbre L2C3 et cette tente est forcement au-dessus sinon on contredirait l'indice C3. On barre (tj au crayon) le reste de la colonne. Cette tente donne aussi la tente L2C1. On note alors au stylo le passage oblige du snake L1C5 L1C4 L1C3 L1C2 L2C2 L2C1 L3C1 et L4C1 (snake ne se touche pas meme en diagonale), L4C2, L5C2. On peut continuer un peu par ici en notant qu'il ne peut pas y avoir de tente en L3C4 ni L4C4 (rais. *), ce qui donne qques tentes de plus : L4C2, L6C1, L5C5, L7C4, L2C5, L2C7. Tout ceci donne le debut du snake (1-16) et meme 17-18 par l'argument que 2 cases de snake en diagonale sont forcement jointes par l'une de leurs voisines communes. Grace a l'indice 25, la case 23 qui n'a qu'une possibilite et a la tente en L5C5, on obtient finalement le snake jusqu'a 29. D'apres la case 3 du snake, la case L4C8 est vide, ce qui donne les tentes L5C7, L7C8, L3C9, donc les 2 tentes L1C10 et L2C12 (seule poss en haut a droite). En barrant de meme les autres cases touchant les parties 1-27 du snake, on obtient la tente L9C6. On reconstitue le snake en haut a droite, ce qui donne finalement (unique placement possible) 30-41. La case 42 provient du fait qu'il faut une 2eme tente L4, ce qui determine a son tour de maniere unique les morceaux 43-49, les autres possibilites rallongeant trop le trajet du snake. A partir de la, on peut finir les tentes entierement sans utiliser le snake. Le snake est alors facile a dessiner ! 2. Word Kropki A refaire avant de demarrer : refaire (les anti-seches sont interdites) sur sa feuille le diagramme A B C D E F G H I J K L M B D F H J L N P R T V X Z qui donne les points noirs (sauf AB qui est blanc ou noir). Sous chaque mot, on note alors ses points blancs/noirs/indetermines (attention : toute faute a ce moment du jeu serait eliminatoire...) ! On place alors facilement le mot IRISH (un seul emplacement avec 2 noirs de suite), le mot MONOPOL (idem avec 4 blancs de suite). On peut alors trouver facilement d'autres mots a partir de ceux-ci (GNOME croisant le 1er O de MONOPOL ; CONGO croisant le 2eme O et PORNO avec le P). On peut aussi finir tous les noirs car le noir qui croise IRISH est forcement JETSKI, le mot PHOTO est forcement dans la colonne de droite et le dernier noir est donc forcement le AB de CABANA. En regardant les lettres deja placees au contact des points blancs, viennent alors facilement MEIJI (J entre 2 blancs), POLKA (O en 2eme lettre et liee a sa premiere), puis CANAL, seul mot en CA restant. 2 blancs de suite C9 donne STUDIO puis STENO horizontalement. MNEMONIC est forcement en C8 car c'est la seule rangee avec 4 cases vides entre 2 blancs (sans meme utiliser le fait que la vraisemblance aussi l'y place vu les lettres deja mises). On en deduit MICRO. Le rond blanc L10 n'a qu'une poss car si ce n'etait pas BIONIC, ca serait NORDIC, ce qui est impossible. On trouve donc CODE avec le blanc C6 puis NEON/NORDIC, KROPKI et enfin PIANO qui aurait pu etre place depuis longtemps ! 3. All Alone Fences. Encore plus impossible a expliquer qu'un Fences... Notation : pour le All_Alone, entourer les cases blanches. Premier pb. Comme prevu (voir reponse de Denis en reponses aux questions de Christian), c'est forcement le All_Alone qui demarre, L1, L4 et L5. Le All_Alone s'enchaine assez bien... ce qui etait previsible aussi a la lecture de la regle pour la simple raison que les indices ne peuvent prendre que 4 valeurs ! Avec les regles qu'un blanc ne peut pas etre entoure que de noirs, on determine toutes les cases sauf les zeros C4 et avec la regle que blanc est connexe (legerement plus difficile a voir que la deduction precedent), le 0 L8 est blanc. Reste alors le Fences a resoudre sans plus avoir a s'occuper du All_Alone. Second pb. On debute C4 et C8. Avec les regles seules du All_Alone, on arrive a le terminer et on joue alors le Fences seul... 4. Battleships and Anglers Notation : mettre un petit point dans la case si on sait qu'il n'y a pas de bateau (rangees 0). Raisonnements Battle : voir battleship partie I. Raisonnement Anglers : il y a 2 types de poissons si on colorie la grille en damier : ceux sur les cases blanches et ceux sur les cases noires. Idem pour les cannes (autrement dit, une canne donnee ne peut pecher que des poissons d'un type). Utiliser une notation sur les poissons et sur les cannes (je me sers de A et B mais chacun est libre !). Premier pb Anglers : si la canne 25 est b, la canne 9 aussi et les cannes 13 et 20 sont a. Les poissons sont respectivement a,a,b,a,b si on les prend dans l'ordre de lecture occidental traditionnel. Un calcul que j'avais note a faire sur mon brouillon : il y a 20 morceaux de bateaux, donc on peut en deduire qu'il y en a 1 sur L1. L'indice L2 est tres gros, il faut donc commencer par lui. D'apres l'indice L3, la ligne 2 ne peut pas etre 3+4 (sinon on n'aurait pas de bateau L3). Donc la case L2C10 contient un morceau de bateau. Donc L1C10 aussi (aucune ligne ne peut faire demi-tour dans le coin avec une seule case libre autour). Le reste de la L1 ne contient donc plus de bateaux. On continue sur L2. Le raisonnement de tout a l'heure aurait pu directement etre celui-ci : le bateau de 4 ne peut pas y etre, sinon le poisson L1 serait accroche a 2 lignes, l'une arrivant sur sa gauche et l'autre sur sa droite. Pour que ceci ne se presente pas, il faut (soyons precis) que les 2 cases C6 et C8 ne soient pas simultanement noires. Toutes les autres de la ligne le sont donc (C1-3, C5, C7). On note L3 toutes les cases comportant des non-bateaux (C1-3, C6, C8). Si on placait un bateau L3C7, il interdirait a la fois un bateau L2C6 et L2C8, ce qui est impossible. Donc bateau L3C5 et L2C8. On complete C1 et C8 avec des non-bateaux (petits points dans mes notations). On dessine en passant des morceaux des cannes (cases 1-8 du 13 L1 ; 5 morceaux a partir du poisson L1 ; morceaux 1-2 a partir du 20)... et on revient au Battle ! En effet, le bateau de 4 n'a maintenant plus qu'une rangee possible : C3 ! On en place donc 2 morceaux, ce qui termine L7 et L8 (et place quatre petits points C2 si on compte L7 et L8). Le bateau manquant C2 ne peut pas etre L5 (a tester sur papier pour s'en convaincre si necessaire : la zone ou se trouve la canne 25 aurait 2 sorties, ce qui est absurde). Donc bateau en L10C2 et donc en L5C3 et L6C3. On termine alors L5 et L6 puis C5 et C7, puis finalement le battle completement car on ne peut pas avoir de bateau en L9C10 (toujours l'argument du coin). Le Anglers se joue alors tres bien. Le 13 est maintenant place. Ce qui determine les cases 1-20 de la canne 25 et donc les 5 dernieres sachant que le poisson b C4 n'est pas accessible par la canne 9 (l'autre b). On termine alors facilement le 9 puis le 13 et le 20 conjointement. Second pb Anglers : si la canne 19 est a, toutes les autres cannes sont a sauf la canne 31. Les poissons sont resp. a,a,a,a,b dans l'ordre de lecture usuel. Le compte global montre que la ligne du 19 est vide. Reste maintenant a deviner la suite... La technique battleships dit de regarder la position des gros bateaux. Alors allons-y par elimination (en compet', il peut etre utile de deviner tout de suite la bonne reponse mais ca n'a pas ete mon cas...) ! Le bateau de 4 est soit en C3 soit en L8. Pour la C3, il peut etre en haut ou en bas. En haut : impossible car les quatre cases a gauche du bateau seraient des petits points et impliqueraient donc aussi que les quatre premieres cases de la premiere colonne seraient aussi des petits points. Les indices 2 et 3 seraient donc cantonnes aux 5 lignes du bas (une seule possibilite vu la configuration), ce qui creerait des culs-de-sac... incompatible avec les anglers a faire ensuite. En bas : impossible (plus direct que le precedent mais moins intuitif (pour moi) car on aurait alors une zone de dix cases (les cinq dernieres lignes de C1 et C2) qui serait bloquee a ses sorties par deux cannes et un poisson. Et meme l'indice 12 ne pourrait pas tenir dans 10+1 cases. Donc le bateau est horiz en L8. Si on le place tout a droite, ca rate encore ! Dans la zone bas-droite, on reconstitue 11 cases en partant du poisson b et les indices L9 et L10 donnent impliquent alors un bateau de 2 en C4, ce qui est impossible. Le bateau est donc sur la gauche et on en place donc 3 cases sur 4. Si on le place tout a gauche, ca rate encore parce qu'on peut dessiner les 9 premieres cases de la canne 12 et qu'il n'y a pas de poisson a proximite. Donc victoire, on a place le bateau de 4 ! On place donc tous les petits points (C4 et autour du bateau). Pour des raisons de cannes dans le coin b-g, la case L10C5 est forcement vide. Les 3 morceaux L10 ne sont pas tous a droite (indice L9), donc au moins 1 est a gauche et donc le coin L10C1 est un bateau. Son voisin aussi d'ailleurs sinon on aurait encore un pb de culs-de-sac pour les cannes. On repart sur les gros bateaux, maintenant les 3. On a comme possibilites L2, C3 et C10. Or L2 et C3 sont incompatibles, ce qui place donc un bateau (L8-10C10). Donc plein de points et le debut (3 premieres cases) des cannes a 9 plus quelques autres liaisons entre petits points. Pour placer le dernier bateau de 3, on peut voir que L7-8, il reste un carre 2*2 indetermine et un morceau de bateau sur chaque ligne. C'est donc un bateau de 2. On ne sait pas encore le placer mais en tous cas, ce bateau terminera soit C7, soit C8. Donc le bateau de 3 n'est pas L2 et est donc C3. On en place 2 morceaux. Toujours avec le meme argument, le bateau ne peut pas etre tout en haut sinon on n'arriverait pas a mettre 3 morceaux C1. On termine donc L3 et L4. Encore comme tout a l'heure, C1 a un morceau L1 ou L2, donc forcement L1. Plus efficace : d'apres ce qui a ete dit plus haut, C8, on a un bateau de 2, soit en haut, soit en bas. S'il etait en haut, les deux 9 se raccorderaient. Donc le bateau est en bas. Et on termine le battleships dans la foulee. Les cannes se placent ensuite, en reconstituant d'abord 1-13 pour la canne 19 mais surtout en reconstituant quel poisson va avec quelle canne. 5. Killer Minesweeper Star Battle Notation : petit point dans une case quand on sait qu'elle n'aura pas d'etoile. Methode Star Battle : une etoile entre 2 cases voisines (par ex. en ligne) --> les 2 cases au-dessus et au-dessous sont forcement vides. Ici, on place vraiment **beaucoup** de petits points des le depart, que ce soit par la methode ci-dessus, par l'observation des rangees (C10 par ex. mais aussi L1) ou par les indices (bloc a 28 qui donne deux petits points). Typiquement, C10, sont exclus L1-3 et L7 et L2C7-8 aussi grace a la boite 1*2 juste au-dessus. Donc L3C8 a une etoile. Donc L2C6 aussi et aussi L1C8. L1 sont exclus C3-5 ; restent seulement 2 cases indeterminees pour la boite a 15, ce qui impose l'etoile L2 dessus et donc une etoile L3C1 (et accessoirement des petits points partout). L'autre etoile C1 est dans la boite a 8, donc pas L1, ce qui place l'etoile L1C2, puis une autre L2C4. Les 2 etoiles L4 sont C3-4 et C5-6, ce qui donne quatre petits points en desssous et donc l'etoile de la boite 17 puis celles des boites 7 et 27 et finalement toutes les autres etoiles. A noter que l'argument Demineur n'a jamais servi... sauf indirectement en excluant d'etoile les cases comportant les indices ! Place maintenant au Killer. On met facilement quatre chiffres, chacun etant le dernier de son bloc. Puis viennent les raisonnements killer : le bloc 27 a tout le monde sauf 1. Donc le 1 C3 est soit L1, soit L2. L1 est absurde. Ce qui donne la combinaison 4-2 pour L2C1-2. Le 2 C3 se place aussi. Le total des trois premieres colonnes vaut 28*3, ce qui implique que la case L8C4 vaut 11+6+1+27+8+10+28 - 3*28 = 11+6+8+10-28=7. Ce qui donne le 3 C1 en bas, et donc la combinaison 7-1 pour C1L6-7. Et donc 3 L9C1 car il ne manque que 3, 5 et 6 dans cette colonne. L9, le 7 ne va pas chez le 21 qui est 1-2-3-4-5-6, donc se place C6. Restent 2 et 4 qui vont dans cet ordre car le bloc 17 est 1-2-3-4-7. Ce qui place accessoirement donc le 3 L8C8 et, puisque le 4 L8 est dans la boite 17, un 4 L7C2. On peut alors terminer les 7 : le 7 du 22 (7-6-5-4) en quatre cases (hors etoile) est direct puis on place celui du 22 en cinq cases en L4C8, puis celui du 27 et enfin celui du 18 en hd. On place le 2 du bloc 7 en trois cases (1-2-4) et, comme precedemment, en calculant de deux manieres differentes la somme des valeurs des 3 dernieres colonnes, on en deduit que L5C7 contient 4, ce qui place le 1 puis un autre 1-4 par ricochet. Le 5 C9 est forcement 3-2 dans cet ordre (1-4 est maintenant exclu). On aurait aussi pu voir que le bloc 22 en quatre etait facile a finir ou aussi placer le 1 L1... En fait, maintenant, toutes les pistes sont bonnes et menent rapidement a la grille complete ! 6. Pentomino Island Skyscrapers Comme on pouvait s'y attendre, il n'y a que des indices 5 dans la grille. Ouf! Notation : marquer d'un petit point ce qu'on sait qui ne sera pas de l'eau. On commence par noircir L5C7 et L6C8 (islands). Aussi L11C4, L7C1-2, L3C1, L9C11 et L1C6-11 (premier immeuble vu est le 5). Ce qui donne 2 petits points L2C8 et L2C10. Par le meme raisonnement a l'envers, on a aussi des petits points en L9-11C1, donc la valeur 4 en L9C1. On a aussi 4 petits points L1C1-4, ce qui donne plein d'eau : reste de C1 et autour de ce pento L1. La valeur 4 L1 est d'ailleurs en C4. On complete L2 et les blancs C6-8 se raccordent forcement a un 5 par L3C6, ce qui termine un nouveau pento et donne donc encore plein d'eau (et des petits points) et la valeur 4 L2C6. L'eau doit etre connexe, donc eau en L3C9. Raisonnements iles : L5C9 n'est pas de l'eau car autrement le 5 L5C8 bloquerait le 5 L2C11 ; a droite du 5 L11, une seule case est utilisee et elle est forcement C10 sinon on aurait une case d'eau isolee en C10. Donc eau en L11C11 et L10C10-11. La case L11C10 vaut d'ailleurs 4 (seule possibilite sur sa colonne vu les indices en colonne). Donc 1 en L11C1. Sur la L3, on n'a pas tout dit : les deux petits points manquants ne peuvent pas etre tous deux C10-11 (isolerait le petit point C4 ou bloquerait le 5 C11). Donc ce petit point est C11 par l'absurde (C10 isolerait une case d'eau). On trouve donc tous les petits points L3, donc place 4 en C3. Toujours raisonnement islands : le 5 L2C11 est relie a 3 petits points. N'en manque donc qu'un qui est soit L4C10, soit L5C11. Dans les 2 cas, L5C10 est de l'eau. Donc L6C9 est un petit point (espace necessaire du 5 L5C8). Ailleurs : le petit point L6C2 est forcement relie au 5 L7C3. Le dernier petit point C3 est en-dessous du 5 (indice colonne), ce qui donne 2 cases d'eau C3 et un petit point L4C4 pour l'espace du 5 L3C2. On ajoute d'ailleurs de l'eau L4C2 (le dernier petit point L4 est en C9 ou C10), ce qui donne des petits points en L5C2 et L5C4. Donc eau en L5C5 et L6-9C4 (colonne C4 finie). On finit alors le 5 L7C3, ce qui finit la C3. Le dernier petit point L5 est en C11. Ce qui donne eau en L4C10 et point en L4C9. Donc eau en L6C10 et L7C9-8. On place 123 de C9 et donc le 4 C8. Et donc aussi eau en L9C9 (regarder l'intersection ligne-colonne). C10, on a le 3 en L2 et points en L7-8. Un seul point L7-8C11 donc point (qui vaut 4) en L8C9 et eau en L8C8 et L10C9. Donc 3 en L11C8. Le 4 C11 est L5 et on finit donc L5. On place ensuite 4 en L6C2. Donc aussi 3 en L1C3 (seule possibilite sur la ligne) et donc 2-1 en L1C1-2. Donc 3 en L10C1. C3 etant finie, eau en L9C2 (sinon on aurait un 2*2 d'eau dessous). Et donc 2 en L10C2 pour eviter un nouveau 2*2 d'eau. Point en L10C5 (qui vaut 4 d'apres son indice ligne), donc eau en L11C5. A l'instant T, un seul 4 manque dans la grille. Il est donc L7C7. C11, on a 1 dessus 2, donc 2 dessus 3 en C4, et donc 3 en L3C6. C6, on a 1 dessous 2 (pas forcement colles), donc eau en L11. Donc 2 en L11C7 et 1-2 L2. Le 1 du 5 L11 est forcement L10C8 donc eau en L10C6-7. Points en L9C5-7 donc 3 eaux L8 et maintenant, on termine facilement... 7. Japanese Magnetic domino Cross-Sum Battleships Dans ce probleme, un peu d'analyse du sujet a l'avance est necessaire pour trouver le "truc". LA methode qui permet de faire un tout petit peu quelque chose au depart. Le truc n'est pas complique : comme les bateaux ne se touchent pas meme en diagonale, tous les magnets sont connexes. Autrement dit, il ne peut pas y avoir plusieurs zones de magnets. Autrement dit encore, la grille est comme un damier blanc/noir (ici +/-) et sur ce damier, certaines cases sont noircies pour former la flotte. Sans cette technique, on ne fait **rien**. Autre observation : on peut noter en haut et a gauche le nombre de cases de bateau par lig/col car c'est le complementaire a 10 de la somme des +-. En meme temps, on peut vouloir ne pas le noter et reserver les parties H et G pour noter plus tard les valeurs des sommes a refaire... Regardons maintenant L4. Les 5 cases + vont de 2 en 2. Les 5 cases bateaux aussi. Les cases bateaux ne peuvent pas etre les 2e, 4e, 6e, etc. car les colonnes C2 et C4 seraient alors pleines et ayant meme parite, devraient avoir meme nb de + et de -, ce qui n'est pas le cas dans l'enonce. Donc on place des bateaux en L5C1,3,5,7,9. Donc L5C2 est un +, ce qui determine le damier completement (ou dit autrement, le signe d'une case quelconque de la grille si on sait qu'elle n'est pas occupee par un bateau). C'est d'ailleurs la premiere chose que je fais : ecrire les +- coherents dans **toute** la grille avec une notation (signe entoure au crayon... pour pouvoir l'effacer au moment ou la flotte sera reconstituee) pour dire qu'une case n'est pas une case de bateau. Attention a bien noter les +- sur la gauche des cases car il faudra (tout a l'heure) les completer avec des chiffres... Maintenant, toutes les rangees avec un indice 5 pour les + ou les - sont faciles a traiter au crayon a entourer... Tout comme les colonnes avec un indice 4 et un morceau de bateau (C5 et C9). Une fois cela fait, on a les raisonnements dans l'autre sens : C8, on a deja 3-, les autres sont donc des morceaux de bateau, ce qui donne un entoure L10C7 (en diagonale d'un bateau) et donc un noir L2C7. Meme traitement L7 et L9 (maintenant), C1 aussi, L2, et encore L10. C8, l'indice 3+ montre qu'au moins l'un des deux + L6 et L8 est noir. Donc les *deux* + L7C7 et L7C9 sont blancs. Ce qui termine L7. Et qui redonne des blancs en diagonale des morceaux de bateaux places. On re-itere le meme procede. Apres tout ca, ne restent que 1 morceau a placer C1, 1 C3, 2 C5 et 1 C9. A croiser avec 2 L1, 1 L3 et 2 L5. Dans le compte des bateaux, il manque un a 3, un a 2 et les 1. Manifestement, ces 2 bateaux a plus d'une case vont provenir de L5. Donc C1 est en L5 et C9 en L1 et on termine facilement les bateaux ! Et la commencent les vrais malheurs car on n'a marque que 1/4 des points du probleme... et le 1/4 le plus facile ! A noter que les scenarii catastrophe ne se sont finalement pas produits : on n'a eu besoin ni des dominos, ni des valeurs ni rien pour placer les bateaux ! Ouf ! On repasse donc des maintenant au stylo les bateaux et on gomme la grille en entier (et on reporte les valeurs des sommes recherchees sauf eventuellement les sommes qui n'ont qu'un seul terme : 18 cases-cadeaux) ! On place au passage 18 formes de dominos et on biffe (2,4) et (1,7) de la liste. Quelques deductions simples : L1C2, L6C9-10. Puis, tout cherchant le deblocage, on ecrit dans chaque case ayant peu de possibilites ses valeurs (typiquement L2-3C3, L2-3C9, L8-9C2, L8-9C3, L5-6C3 et aussi L6 ou on a forcement -(57) et +(124)), car cela n'est pas de la perte de temps : on n'aura plus rien a calculer quand on etudiera a nouveau ces cases et on eliminera plus facilement que de tete les cas impossibles. On va maintenant debloquer la grille avec l'endroit naturel pour cela : la seule intersection d'un "mot" de 2 cases avec un autre, c-a-d en bas a droite. Accessoirement, on peut noter que plusieurs des blocs ou il ne manque que deux cases sont soit L9, soit C9-10, donc en "relation" avec ce coin b-d : dit autrement, ces paires de cases, ayant plusieurs possibilites, ne peuvent se debloquer qu'avec l'aide d'autres cases debloquees et chercher le deblocage dans leur lig-col est a priori l'idee naturelle. Pour faire -5 horizontalement L9, on a quatre possibilites et trois d'entre elles sont impossibles avec le -1 C10 et les valeurs deja placees. On place donc +2,-7,+6. On a ensuite une petite serie de deductions L8-9C3 avec la somme -7 qui est forcement -8+1, puis L8-9C2 avec la somme 9 qui est +7-3+5. On a aussi une grande serie de deductions (toujours issu du coin bd) avec L2-3C9 ou il ne reste que le cas -8+4. On termine alors C9 mais aussi C10 (un seul cas), puis C8. Enfin, L2-3C3 aussi n'ont plus qu'un cas viable depuis le -8+4. Maintenant, juste parce que je le vois par une vieille habitude dominos (je ne sais pas si ca debloquera quelque chose mais ca ne fait pas de mal) : L5C10, le 4 est dans un "coin" et entoure par 2 valeurs egales. Alors, si son domino etait horizontal, le (3,9) le serait aussi mais on n'aurait pas unicite du placement des dominos puisqu'ils pourraient tous deux etre verticaux. donc le domino du 4 est vertical et le domino du 9 va vers le bas (-9+7). On place donc tous les dominos C8-10, que l'on retire de la liste des dominos possibles (avec les deux autres nouveaux dominos trouves depuis le debut). Et ca debloque quelque chose : C3 ! Comme on vient de biffer le domino (7,9), il faut place +7-5 et donc -7 L6C7. A partir de maintenant, tout s'enchaine logiquement, toujours a partir des petites sommes. Voici mon ordre (sans le detail mais chaque deduction est sans hypothese a eliminer de tete) : debut de la L5, le -8 L3, le -6 L3, fin de L5, L6 et C2, C6, L2, L1, C4, C6, L10 et C5. Reste maintenant un (petit) pb de dominos... Si vous etes arrives jusqu'ici dans la lecture, sa resolution ne devrait poser aucun probleme : L1, 8 n'est pas avec 7, ce qui regle le haut ; L7, 9 n'est pas avec 4 ; et les deux 6 restants vont, l'un avec 3 et l'autre avec 8. Ouf ! J'en profite pour feliciter Denis de la tres grande qualite de cette partie IV, tres difficile a concevoir et a realiser, la plus grande difficulte etant d'obtenir un probleme qui melange toutes les regles et ou le joueur doit se servir d'un peu tout en meme temps sans trop savoir ce qui va servir a quel moment. Du tres grand travail !