Bonsoir,

Au départ je me suis dit : "Non, il ne pourra jamais empêcher Vasimolo de rajouter son carré de chocolat."

Après je me suis rappelé : "C'est vrai qu'il est malin le bougre."
Ce n'est pas très sympa de sa part :




En même temps, il faut dire que ce qu'il fait est très joli

C'est un cas général pour ma part...

Sur une grille 20x20 il peut s'il a 49 carrés en main.

Le dessin représente la grille 20*20. Les cases marrons correspondent aux carrées de chocolats (Les carrés 4*4 sont 4 carré 2*2 côte à côte) il a donc poser 48 carrée 2*2 (il y en a 4 isolés dans chaque coins) et il n'y a pas la place pour un 49ème. c'était bien cela qui était demandé ?
J'aurais peut-être dû marquer les séparations entre deux carrés juxtaposés

Oui

@Gwen : alors c'est ça

Vasimolo

On montre par récurrence sur n qu'une grille de dimensions (3n+2)x(3m+2) avec m[latex]\leq [/latex]n nécessite au moins (n+1)x(m+1) carrés pour être bloquée.

Initialisation : Pour n=0, donc m=0, on a une grille 2x2 qui nécessite 1 carré pour être bloquée.

Hérédité : On suppose que c'est vrai pour un certain n et on se donne une grille de (3n+5)x(3m+2) avec m[latex]\leq [/latex]n+1.

Si m [latex]\leq [/latex]n (grille non carrée), alors on coupe la grille en 2 grilles séparées d'une case (3n+2)x(3m+2) et 2x(3m+2) qui nécessitent chacune respectivement au moins (n+1)x(m+1) et (m+1) carrés soit au total (n+2)x(m+1) carrés. Le fait que les grilles soient séparées fait que les carrés de l'une ne peuvent aider à bloquer l'autre.

Si m=n+1 (grille carrée), alors on coupe en 4 grilles séparées d'une case : (3n+2)x(3n+2), 2x(3n+2), (3n+2)x2 et 2x2 qui nécessitent chacune respectivement au moins (n+1)x(n+1), (n+1), (n+1) et 1 carrés soit au total (n+2)x(n+2)=(n+2)x(m+1) carrés. Ce qui prouve l'hérédité.

Quand la grille carrée est du type 3n-2 < N =< 3n+1, en disposant n² carrés, on y arrive très facilement. Dans notre cas, il faudrait 49 (> 48) carrés. Il y a une astuce consistant à décaler les carrés, qui permet d'en économiser un, mais que je n'ai pas (encore) découverte. Affaire à suivre ...

arghhh je déteste ce genre de problème
J'ai l'impression que ce n'est pas possible, mais je ne peux pas le démontrer.

et si c'est possible de bloquer le gâteau jaune, ça m’énerve encore plus car je n'y arrive pas.



je pense que ce n'est pas possible, si je déplace un seul de mes gâteaux, il y aura toujours un espace pour le tien.

Est ce possible ?

Salut Vasimolo,
En remplissant le casier comme un livre d'écriture, de gauche à droite et de haut en bas, en optimisant les espaces libres (1 unité systématique) on finit en bas en droite avec une agglomération de carrés sans espace libre. En ôtant le carré du coin, et en replaçant les carrés du pourtour on gagne ce vide.

J'avais une solution en numérotant les lignes de 0 à 20 et en remarquant que chaque ligne 1 ; 4 ; 7 ; 10; 13 ; 16 ; 19 devait rencontrer 7 gâteaux pour bloquer le jeu . Je préfère 100 fois celle de Dylasse qui démontre tout avec l'air de ne pas y toucher

Merci à tous pour la participation .

Vasimolo