Bonjour,
Déjà la version simple :
Je joue avec 56 carrés de 11 à 78 (dizaine = lot et unité= couleur)
On déroule jusqu'à 25 coups et là mystère :impossible de finir.
Je retourne mes 6 derniers carrés:21 62 43 64 45  47.
On voit bien que la fin est impossible dans certains cas

Je pense que nous ne nous sommes pas compris

Dans chaque lot tous les carrés ont la même couleur , il y a donc 8 carrés de chaque couleur . Comme les carrés d'une couleur donnée sont éliminés par paires , il restera toujours un nombre pair de carrés de chaque couleur .

Imod

Il faut que j'inverse dizaine = couleur et unité =lot ,je reviens  (a priori une vingtaine de coups)

Salut,
on peut remarquer qu'il y a beaucoup de possibilités.
Précisément 28!/2¹⁴ =18 608 907 752 179 801 056 000 000.

Le calcul précédent est faux.

Bonsoir,

En adaptant le code de l'autre énigme on peut calculer numériquement.
Je trouve 20.650 étapes en moyenne après 10⁶ runs.

Code (C):

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#include <stdlib.h>
#include<time.h>
#include <stdio.h>

#define N_COL 7
#define N_SQUARE 8
#define ARR_LEN (N_COL * N_SQUARE)

void init(int * a);
void shuffle(int * a, int n);
int eliminate(int * a1, int n);
int clean(int *a);

int main(){
  srand(time(NULL));
  const int nrun = 1000000;
  double avg = 0;
  for (int i = 0 ; i < nrun ; i++){
    int a [ARR_LEN];
    init(a);
    int nstep = 0;
    int size = ARR_LEN;
    while (size != 0){
      shuffle(a, size);
      int n = eliminate(a, size);
      size = clean(a);
      nstep++;
    }
    avg += ((double) nstep)/nrun;
    //printf("Nstep: %d\n",nstep);
  }
  printf("average: %.6f\n", avg);
  return 0;
}

void init (int * a){
  int col = 0;
  for (int i = 0 ; i < ARR_LEN ; i++){
    if (i % N_SQUARE == 0) col++;
    a[i] = col;
  }
}

void shuffle(int *a, int n){
  for (int i = n-1 ; i > 0 ; i--) {
    int j = rand() % (i+1);
    int t = a[i];
    a[i] = a[j];
    a[j] = t;
  }
}

int clean(int* a){
  int size = 0;
  for (int i = 0 ; i < ARR_LEN ; i++){
    if (a[i] == 0){
      for (int j = i+1 ; j < ARR_LEN ; j++){
	if (a[j] != 0){
	  a[i] = a[j];
	  a[j] = 0;
	  size++;
	  break;
	}
      }
    }else size++;
  }
  return size;
}

int eliminate(int * a1, int n){
  int count = 0;
  for (int i = 0 ; i < n ; i+=2){
    if ( (a1[i] != 0) && (a1[i] == a1[i+1])){
      a1[i] = 0;
      a1[i+1] = 0;
      count = 1;
    }
  }
  return count;
}

En jouant avec mes 56 carrés  j'arrive entre 0 et 8 de réussite par coup ,en moyenne le finis entre 19 et 23 coups.
Le résultat calculé de  thetapinch27 est tout à fait acceptable avec l'expérience.

C'est bien d'avoir une estimation et je fais confiance à Thetapinch27 surtout si c'est confirmé par Dpi . D'un autre côté il est clair que la version simple est déjà très compliquée . Oublions la deuxième version qui fera peut-être l'objet d'un nouveau sujet et restons uniquement sur cette première version .

Prenons le cas de 2 couleurs disons A & B et n carrés de chaque couleur qui vont réaliser n dominos . On peut caractériser les différents assemblages en positionnant les carrés A dans un tableau 2 X n . On peut considérer qu'on les laisse tomber en commençant par la gauche , au bout de la première ou de la deuxième ligne . On voit qu'il y a [n/2]+1 réalisations équiprobables donnant naissance à  2X0 , 2X1 , ... 2X[n/2] dominos unicolores . Après il est facile de calculer le nombre moyen d'étapes pour vider le jeu .

Je n'ai pas encore regarder avec 3 couleurs , c'est certainement bien plus compliqué .

A suivre donc
Imod  

J'ai commencé à regarder qualitativement ce qui se passait avec plus de 2 couleurs . Contrairement à la version à deux couleurs l'équilibre en couleur n'est pas conservé au cours des étapes . La vitesse de suppression des carrés dépend de la répartition des couleurs , plus celle-ci est régulière et moins la suppression sera rapide . En contrepartie l'évolution tend à rétablir l'équilibre , la couleur la plus représentée ayant tendance à diminuer plus vite . On peut aussi remarquer que l'évolution d'une couleur ne dépend que de son effectif et de l'effectif total des autres . Je ne sais pas si les calculs fonctionnent comme une usine à gaz , je vais essayer de les développer avec 3 couleurs .
Je ne fais que proposer quelques pistes sans aucune prétention , on peut avoir d'autres idées plus performantes .
Imod  

Je ne suis pas toujours fidèle à l'île surtout quand je monologue trop longtemps

Faute avouée à moitié pardonnée

Imod

Ce problème attire bien sûr les programmeurs.
Par contre si on en fait un jeu,on devient vite accro.
Je confirme la tendance vers 20.5
Ce qui est frustrant ce sont les coups sans aucun couple.
Par contre les hasards des mélanges font parfois avoir 4 couples.
Amusez-vous à vous fabriquer les  56  jetons (17/4 17h34 )et dites m'en des nouvelles.

Il s'agit d'un jeu de domino double six, pour simplifier on prend un jeu double deux.
On a donc 3 lots de 4 carrés.
Notation : on note la position de départ (0,0,3). Les chiffres indiquent le nombre de couleurs ayants 0, 1 et 2  paires de carrés. Par exemple (0,1,2) indique qu'il y a 1 couleur avec une paire de carré et 2 avec deux paires. C'est la notation de lourrran dans le lien donné par Imod.

On cherche les transitions entre les positions.

Le tirage : on met les carrés en lignes et on coupe les paires dans l'ordre, ce qui entraîne que 0;1 est compté comme différent de 1;0.

Probabilité de transition, calculées à la main.

À partir de (0,0,3) il y a 12!/4!/4!/4!=34650 chaînes possibles.
(0,0,3)—>(0,0,3) proba 5760/34650=64/385
(0,0,3)—>(0,1,2) proba 11520/34650=128/385
(0,0,3)—>(0,2,1) proba 8640/34650=96/385
(0,0,3)—>(0,3,0) proba 5760/34650=64/385
(0,0,3)—>(1,0,2) proba 720/34650=8/385
(0,0,3)—>(1,1,1) impossible
(0,0,3)—>(1,2,0) proba 2160/34650=24/385
(0,0,3)—>(2,1,0) impossible
(0,0,3)—>(3,0,0) proba 90/34650=1/385
Je cache la suite pour ne pas trop encombrer. Le calcul est lourd et je n'ai pas vu de motifs apparaître.

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À partir de (0,1,2) il y a 10!/4!/4!/2!=3150 chaînes possibles.
(0,1,2)—>(0,1,2) proba 640/3150=64/315
(0,1,2)—>(0,2,1) proba 960/3150=96/315
(0,1,2)—>(0,3,0) proba 960/3150=96/315
(0,1,2)—>(1,0,2) proba 80/3150=8/315
(0,1,2)—>(1,2,0) proba 480/3150=48/315
(0,1,2)—>(3,0,0) proba 640/3150=3/315

À partir de (0,2,1) il y a 8!/4!/2!/2!=420 chaînes possibles.
(0,2,1)—>(0,2,1) proba 96/420=8/35
(0,2,1)—>(0,3,0) proba 192/420=16/35
(0,2,1)—>(1,2,0) proba 120/420=10/35
(0,2,1)—>(3,0,0) proba 12/420=1/35

À partir de (0,3,0) il y a 6!/2!/2!/2!=90 chaînes possibles.
(0,3,0)—>(0,3,0) proba 48/90=8/15
(0,3,0)—>(1,2,0) proba 36/90=6/15
(0,3,0)—>(3,0,0) proba 6/90=1/15

À partir de (1,0,2) il y a 8!/4!/4!=70 chaînes possibles.
(1,0,2)—>(1,0,2) proba 16/70=8/35
(1,0,2)—>(1,2,0) proba 48/70=24/35
(1,0,2)—>(3,0,0) proba 6/70=3/35

À partir de (1,2,0) il y a 4!/2!/2!=6 chaînes possibles.
(1,2,0)—>(1,2,0) proba 2/3
(1,2,0)—>(3,0,0) proba 1/3

J'avais un peu laissé tomber car les calculs sont vraiment lourds . J'étais reparti sur l'idée de Marco car si les cas sont plus nombreux les calculs des différentes probabilités sont bien plus simples . Je vais ressayer de le faire avec trois couleurs pour comparer la complexité des calculs .

Imod