Manœuvres et cabotage

[bogie-wogie]

Il se fait tard et ce soir je suis un peu crevé, alors comme je veux aller tôt (c'est-à-dire avant minuit) je ne vais pas attendre les résultats de Pierre pour vous soumettre le problème de la Semaine. Un (presque) classique :

Selon l'étude que j'en ai faite il a au moins trois solutions avec le même nombre (minimum) de manoeuvres. Pas trop difficile à résoudre, du moins pour trouver une voire deux des solutions. Mais ce que je veux, c'est la troisième ! En fait, comme le locotracteur est encore un peu fatigué (l'entretien est toujours aussi déplorable ) il ne peut pas tirer plus de 4 ouagons à la fois. Et pour deux des solutions, il doit, à un moment ou à un autre du tri, en tirer 6 d'un coup. La troisième solution ne dépasse à aucun moment la charge maximale admise de 4 ouagons. C'est celle-là qu'il faut trouver

Bon amusement. Et pour savoir à qui envoyer vos résultats, Pierre vous le dira, je pense, très bientôt !

bw

[pierre du rail - 61]

Bonjour à tous,
c'est donc très tôt que je vous donne les résultats, pendant que tous le monde dort.
Je n'ai reçu qu'un résultat dans le minimum de manœuvres. Bien que Joël se soit défendu au maximum, c'est Bernard avec 8 a obtenu le même résultat que moi.

Donc à tous.
Cordialement.
Pierre ... qui retourne

[bogie-wogie]

Encore debout à 4 heures du matin Il y a bien longtemps que j'étais dans les bras de Morphée !
[Non, Morphée n'est pas le prénom de Mm bw... ]

Ceci (bien) dit, un grand aux deux (trois) participants, et un de plus à Bernard (et à Pierre) pour leur solution optimale. Je n'aurais pas fait mieux

Et maintenant au boulot pour résoudre la dernière énigme posée plus haut.
Un petit mot à propos de ce nouveau problème : je suis PRESQUE sûr d'avoir les solutions les plus courtes mais, comme sa résolution remonte à plusieurs mois, je ne me rappelle plus si j'en étais sûr à 100 %. En général quand je n'ai pas réussi à démontrer que ma solution était optimale, je le note d'un petit symbole, mais dans ce cas-ci il n'y avait pas le symbole en question. Alors...
1. soit j'avais à l'époque démontré qu'on ne pouvait pas faire moins de manoeuvres
2. soit j'ai oublié de mettre le petit symbole en question
et dans ce cas cela voudrait dire qu'il existe peut-être une solution plus courte que les miennes.
J'irai même jusqu'à dire que dans ce cas, si une telle solution existe (hautement improbable) elle compte alors 2 manoeuvres de moins que les miennes...

Tout ceci pour vous mettre sur les dents à la recherche du Graal des manoeuvres
Bon amusement quand même !

bw

[piko30]

Bonsoir
Un grand à tout les participants
Sur le précédent problème "O" grand maître vous aviez parlé de 2 solutions, Pierre et moi avions la meme, est il possible d'avoir la seconde ?

[bogie-wogie]

Sur le précédent problème "O" grand maître vous aviez parlé de 2 solutions, Pierre et moi avions la meme, est il possible d'avoir la seconde ?

Ma deuxième solution était... fausse Une bête erreur de frappe (B et F inversées à la 3e étape), erreur dont je me suis rendu compte en voulant transposer cette deuxième solution sous forme de schéma graphique, dès mardi (la première était déjà transcrite : en général je me contente de transcrire une seule solution quand il y en a plusieurs, d'autant plus que la plupart du temps cette première transcription elle-même ne sert pas).

J'aurais pu (dû) intervenir alors pour corriger, mais je me suis dit :
1. avec un peu de chance nos valeureux participants trouveront bien une deuxième solution qui m'aura échappée...
2. ils auront tous oublié, dans une semaine !
Las Pas de chance et la mémoire de certains est bien mieux aiguisée que la mienne !

Alors pour sauver la face je vais réagir comme un prof de maths que j'avais jadis au lycée et qui avait un jour dit une ânerie en cours. Je l'avais aussitôt relevée et (poliment) interpelé le prof. Sa réaction m'a marqué par son cynisme et sa mauvaise foi (et c'est pour ça que je m"en souviens encore aujourd'hui, 50 ans plus tard). Je vais donc en profiter et la reprendre à mon compte :
C'était une erreur délibérée, un test pour vérifier si certains suivent bien mes propos.


bw

PS. Pour les plus curieux, ma 2e solution débutait ainsi :
0. CEBFDA+0
1. DA+CEBF
2. CDA+EBF
3. A+CDEFB (au lieu de BF)...
Et ensuite, avec l'inversion erronée, on peut effectivement résoudre en 8 coups.

[piko30]

Bonjour
Je pardonne bien volontier nul est infaillible
C'était par simple curiosité, après avoir cherché un peu, je ne trouvais rien d'autre comme solution, d'où ma question.

[bogie-wogie]

Suite au dernier échange que nous avons eu, Bernard et moi, je me suis dit qu'il serait sans doute temps que je vous donne quelques tuyaux (percés) sur la façon dont j'opère pour résoudre et sélectionner les problèmes que je vous inflige chaque semaine.

Rien de bien mystérieux à vrai dire, mais je ne m'amuse pas à faire des schémas à chaque fois : j'ai certes développé une méthode efficace pour les "dessiner" sur écran mais il me faut tout de même une bonne dizaine de minutes pour dessiner une solution de 8 à 10 coups. Et quand j'examine de nombreux problèmes, c'est rédhibitoire. Alors j'ai développé ma propre notation, une sorte de codage sur une ligne qui s'écrit très vite sur papier et encore mieux sur PC avec un traitement de texte qui permet de corriger, revenir en arrière, changer une option, etc. etc.

Pour vous donner une idée de cette notation le mieux est de vous donner une solution complète pour un problème simple, par exemple à 3 ouagons :

ACB⁰ - AC¹B - AB²C - ABC³

Explications :
- Chaque groupe représente une étape dont le rang est indiqué par un nombre en exposant/indice (j'utilise des indices mais ici cela ne semble pas possible, donc je l'ai mis en exposant, ce qui revient au même). Ce nombre est en fait un "séparateur" et c'est ainsi que je l'appellerai par la suite pour simplifier les choses. Et il sépare quoi ? Les deux voies du triage.
- Point (très) important et déroutant quand on n'a pas l'habitude : les deux voies sont symétriques et a priori rien ne les distingue, sauf... que la loco de manoeuvre se trouve sur l'une ou l'autre mais jamais sur les deux en même temps. Donc la convention est : la voie à gauche (ou devant) le séparateur est toujours celle sur laquelle se trouve la loco. On se place en quelque sorte du point de vue du conducteur de la loco. La conséquence principale (et déroutante) est que d'une étape à l'autre les deux voies sont à chaque fois inversées !
Dites-vous qu'on s'y fait très bien. Et cela présente divers avantages. Le premier est qu'il n'y a pas besoin d'un symbole quelconque pour représenter la loco : elle est toujours et systématiquement tout à gauche, en tête de chaque groupe. Les ouagons rouges sont ceux qui vont rester attelés à la loco et être déplacés pour parvenir à l'étape suivante. Ce n'est pas une indication indispensable, mais elle aide beaucoup à "lire" et comprendre la solution. En fait on pourrait décrire une solution complète uniquement avec les ouagons rouges. L'exemple donné plus haut deviendrait alors :

ACB⁰ - AC¹ - A² - AB³

Encore plus obscur mais tout y est ! L'étape 0 est ici le point de départ et donne la rame de départ complète. Inutile de dire que je ne me sers pas souvent de cette dernière notation ultra-compacte, mais à l'occasion elle peut être utile pour comparer deux solutions, ou les solutions à deux problèmes voisins. Par exemple pour discerner des règles de simplification, ou trouver un motif récurrent pour un certain type de problèmes, etc.

Pour en revenir à la notation complète illustrée plus haut, le passage d'une étape à la suivante consiste en fait à inverser les deux segments de rame en noir de part et d'autre du séparateur. Ainsi, pour prendre un exemple un peu plus complexe :

ABCFG⁵DE donnera ABCDE⁶FG
où FG (à gauche du séparateur ⁵) est échangé avec DE à droite de ce séparateur. Facile, non ?

Bien sûr avec des problèmes plus complexes les solutions sont plus longues et plus complexes elles aussi à déchiffrer, mais avec un peu d'habitude, comme je le dis plus haut, on s'y fait assez vite et on arrive à "lire" ou à "voir" des règles et des schémas simplificateurs.

Le seul inconvénient de cette notation est qu'elle n'a plus grand chose à voir avec les trains : cela devient de la théorie pure, des manoeuvres abstraites. Presque cubiques pourrait-on dire. De là à se prendre pour le Picasso du triage...

bw
[S'il y a des questions dans la salle je peux développer certains aspects car là je n'ai fait qu'effleurer le sujet !]

[dania]

je ne fais que suivre le sujet de loin (je suis pas sûr que mon patron apprécierait que je calcules des manœuvres au boulot) mais la partie théorie est toujours la plus intéressante.
La question que je me pose sur le sujet est la suivante : la solution représentant le moins de manœuvres représente-t-elle toujours la solution qui fait parcourir la plus courte distance possible pour la loco? si on considère qu'il faut toujours pousser les wagons jusqu'au bout ? ou que l'on se contente de les pousser le moins possible ?

dania qui aime toujours poser des questions qui spéciales insomniaques <= vais quand même regarder comment résoudre ça

[pierre du rail - 61]

Bonsoir dania et bienvenu,
Pour mon compte mon patron ne me dit rien, je suis à la retraite et j'en profite bien.
Comme il est dit dans le sujet, il s'agit de manœuvres et dans ce cas ce sont bien le nombre de changement de voies qui est pris en compte. Il faut à chaque fois faire l'aiguille (du moins dans la réalité) et donc à chaque fois descendre et remonter dans la loc ou avoir un agent qui se livre à cette lourde tache avec les attelages, un sacré boulot
Ta venue pour concourir sera la bienvenue.
Cordialement.
Pierre

[bogie-wogie]

La question que je me pose sur le sujet est la suivante : la solution représentant le moins de manœuvres représente-t-elle toujours la solution qui fait parcourir la plus courte distance possible pour la loco? si on considère qu'il faut toujours pousser les wagons jusqu'au bout ? ou que l'on se contente de les pousser le moins possible ?

dania qui aime toujours poser des questions qui spéciales insomniaques <= vais quand même regarder comment résoudre ça

Question subtile et pleine de conséquences !
La réponse simple est : non, on ne tient aucun compte de la distance parcourue. Et c'est la raison pour laquelle, au moins sur mes petits dessins, je pousse les ouagons tout au bout du fond de chaque voie. Mais rien que pour embêter le monde, la prochaine fois je présenterai ma solution avec les ouagons un peu n'importe où sur chaque voie .

Ceci dit, plutôt que de mesurer la distance parcourue j'avais, au tout début, suggéré de différencier les solutions équivalentes en comptant le nombre total de ouagons déplacés. Intéressant, mais ce genre de comptage devient vite fastidieux et au fond on n'est là que pour s'amuser... Ceci dit, avec le codage que j'utilise et que je présente plus haut, le nombre total de ouagons déplacés est très facile à calculer : il suffit de compter les ouagons rouges.
Pour mieux illustrer (et avec un exemple plus conséquent que celui à 3 ouagons utilisé dans mon docte exposé précédent) voici la solution en 8 coups de lundi, telle que notée dans mes papiers :

CEBFDA⁰ - CEB¹FDA - CEFDA²B - CEFDAB³ - CEF⁴DAB - CDAB⁵EF - CDEF⁶AB - AB⁷CDEF - ABCDEF⁸

Maintenant c'est à vous de décoder tout ce charabia ! Et pour la version hyper compacte (uniquement les ouagons déplacés - il y en a 18, vous pouvez les compter facilement) cela donne :

CEBFDA⁰ - CEB¹ - CE² - CEFDA³ - CEF⁴ - C⁵ - CD⁶ - O⁷ - AB⁸

Ici le "O" signifie qu'aucun wagon n'est déplacé et que la loco change de voie toute seule (en marche haut le pied en quelque sorte). Sur la version complète c'est l'étape 6 où ne figure aucun wagon en rouge.
Peut-être pas facile, mais certainement puissant, vous pouvez me croire (sauf lorsqu'on fait une bête inversion de lettres à l'une des étapes ).

bw