(1) Interroger les extrémités d’un bord de plus grande longueur ; (a) Si les deux extrémités sont noires, la frontière est le bord, (b) Si une seule extrémité est noire, interroger le point de la figure
X.40 qui existe,
(c) Si les deux extrémités sont de même couleur bleu ou rouge, passer à l’étape 2,
(d) Sinon, passer à l’étape 3.
(2) Interroger un coin du rectangle non interrogé ;
(a) Si ce coin est de la même couleur que les deux précédents, appliquer l’algorithme de dichotomie sur le bord de plus petite longueur contenant le coin non interrogé (en considérant que le premier coup a déjà été joué). Conclure,
(b) Si ce coin est de couleur noire, interroger le point le point de la figure X.42. Conclure,
(c) Sinon, appliquer l’étape 2 de l’algorithme dichotomique sur le segment d’extrémité de couleur différentes. Une fois un point noir trouvé, interroger le point de la figure X.41.
(3) Appliquer l’étape 2 de l’algorithme dichotomique au segment d’ex- trémités de couleur différentes. Une fois un point noir trouvé, in- terroger le point de la figure X.41 pour déterminer la direction de la frontière.
Fig. X.40. Cas 1b.
Fig. X.41. Cas 2c et 3.
Fig. X.42. Cas 2b.
Les figures X.43 et X.44 représentent des exemples d’utilisation de cet algorithme. Nous pouvons remarquer que cet algorithme trouve la frontière vide en 5 interrogations sur ce rectangle, alors que l’algorithme non amélioré trouve la frontière vide en 4 interrogations. Toutefois, au pire, l’algorithme amélioré est plus rapide.
Fig.
X.43. Frontière vide.
Fig.
X.44. Frontière diagonale.
Nous allons évaluer le nombre d’interrogations, au pire, nécessaire pour que cet algorithme trouve la frontière sur un rectangle. Pour cela, il nous faut compter le nombre d’interrogations que l’algorithme X.8 utilise.
Lemme X.37
Sur un segment de type T1 dont la longueur du segment de couleurs inconnues estl, l’algorithme X.8 s’arrête en ⌈log2(l)⌉.
Démonstration : La longueur du segment de couleurs inconnues estl, donc il y a l+ 1 points de couleurs inconnues. Donc après une interrogation de l’algorithme le nombre de points de couleur inconnue est inférieur à l
2
. Donc si l = 2k+ 1, l’algorithme trouve la frontière enk+ 1 étapes et si l= 2k l’algorithme trouve la frontière enkétapes. D’où le résultat.
2. ANALYSE MATHÉMATIQUE DE LA SITUATION POUR LE CHERCHEUR 175
Théorème X.38
Sur un rectangle de dimensions l ×L avec l ≤ L, l’algorithme X.10 trouve la frontière en, au pire,max{3 +⌈log2(L−2)⌉,4 +⌈log2(l−2)⌉}
interrogations.
Démonstration : Nous considérons que nous sommes dans le cas de figure X.45. Nous allons donner le nombre d’interrogations utilisées par l’algo- rithme en fonction de la frontière :
(1) si la frontière est vide, l’algorithme s’arrête en 4 interrogations ; (2) si la frontière est verticale, l’algorithme s’arrête en 3 +⌈log2(L−2)⌉; (3) si la frontière est horizontale ou diagonale ou antidiagonal, l’algo-
rithme s’arrête en 4 +⌈log2(l−2)⌉.
Fig. X.45. Longeur et largeur du rectangle.
Remarque : Nous pouvons remarquer que la preuve du théorème fournit un algo- rithme de défense maximisant le nombre d’interrogations d’un chercheur utili- sant cet algorithme.
Dans le paragraphe qui suit, nous essayons d’évaluer l’optimalité au pire des cas de l’algorithme X.10, nous aurons besoin du lemme X.30, qui est l’analogue au lemme X.34 pour les rectangles.
Toutefois, ce lemme n’est pas forcémment construit en analogie avec le problème des segments. En effet, le problème que nous cherchons à résoudre dans le modèle frontière est de déterminer le point qui élimine le plus de frontières. Un moyen de résoudre ce problème est de déterminer le nombre M maximum de frontières que l’on peut éliminer au pire et ensuite un point qui élimine, au pire, M frontières. Une telle méthode de résolution nous amène donc à rencontrer le problème Pmax : étant donné une coloration, quel est le nombre maximum de frontières qu’il est possible d’éliminer en une interrogation ? Une réponse partielle à ce problème est alors le lemme X.34.
Lemme X.39
Sur un rectangle muni d’une coloration partielle de cardinal au moins 1, si F est le nombre de frontières possibles etX un point de R dont la couleur est inconnue alors nous avons max{FRX, FBX, FNX} ≥lF−24m. Démonstration : En effet, d’après le lemme X.30, nous avonsFNXF
FRXF FBX= F et FNX ≤4. D’où le résultat.
Remarque : Le lemme X.39 est l’un des avantages du modèle frontière par rapport au modèle points En effet, dans le modèle points, nous n’avions pas su com- ment construire un analogue au lemme X.21 pour les rectangles. En utilisant une représentation en terme de frontières plutôt que de points, il est possible d’obtenir, pour les rectangles, un analogue au lemme X.34 qui est le lemme X.39.
Ce résultat peut être observé à la suite d’expérimentations pour résoudre Pmax, en particulier lorsqu’elles ont pour objet le problème sur des instances de type segment.
Théorème X.40
Tout algorithme utilise, sur un rectangle de dimensionsl×L, au moins jlog23L+3l+42 k interrogations au pire.
Démonstration : SoitF la nombre de frontières initiales alors après une in- terrogation, le nombre de frontières est égal àF−4 si le donneur ne donne pas la couleur noire. Supposons que F soit de la forme 2k + 1 alors le nombre frontières restantes est égal à 2k−3 après une première interro- gation. D’après le lemme X.39, le nombre de frontières après, la seconde interrogation, est supérieur àl
2k−7 2
m= 2k−1−3. Donc, aprèsk−1 interro- gations, le nombre de frontières est supérieur à 22−3 = 1 frontière. Donc siF = 2k+ 1, tout algorithme utilise au moinsk−1 interrogations.
Supposons maintenant que F soit de la forme 2k alors le nombre de frontières restantes après une première interrogation est égal à 2k−4 donc après la deuxième interrogation, le nombre de frontières restantes est su- périeur à 2k−1−4 donc aprèsk−3 interrogations, le nombre de frontières restantes est supérieur à 4 donc il faut au moinsk−2 interrogations pour déterminer la frontière.
Comme la suite est croissante en fonction de son terme initial et que sur un rectangle de dimensiosn l×L, le nombre de frontières initiales est égal à 3L+ 3l+ 5, nous avons le résultat.
Remarque : Ici, nous pouvons améliorer ce minorant, en étudiant le moment où le nombre de frontières restantes est inférieur à 10. En utilisant des arguments de type cage aux pigeons, cela nous donne le tableau X.1 où Fn correspond au nombres de frontières restantes aprèsninterrogations. Nous donnons dans la partie résolution partielle du problème, un minorant prenant en compte ce tableau.
Nous allons maintenant, utiliser le théorème X.40 et le théorème X.38 pour évaluer l’optimalité de l’algorithme direction puis recherche d’un point noir amélioré. Il nous faut donc comparer max{3+⌈log2(L−2)⌉,4+⌈log2(l− 2)⌉}avecL≥letjlog23L+3l+42 k. Pour cela, nous différencierons deux cas, le cas où (l, L)∈ {2k+ 3,2k+1+ 2}2 et le complémentaire de ce cas. En, effet dans le cas où (l, L)∈ {2k+ 3,2k+1+ 2}2 alors max{3 +⌈log2(L−2)⌉,4 +
⌈log2(l−2)⌉} = 4 +⌈log2(l−2)⌉ et dans le cas contraire le maximum est égal à 3 +⌈log2(L−2)⌉.
Dans le cas où (l, L)∈ {2k+ 3, . . . ,2k+1+ 2}2 alors le nombre d’interro- gations, au pire, utilisé par l’algorithme est égal à 5+k. De plus dans ce cas,
2. ANALYSE MATHÉMATIQUE DE LA SITUATION POUR LE CHERCHEUR 177
Fn Fn+1
4 ≥2
5 ≥2
6 ≥2
7 ≥3
8 ≥3
9 ≥3
10 ≥4
>10 ≥lFn2−4m
Tab. X.1. Nombre de frontières possibles après ncoups
la nombre d’interrogations nécessaire est supérieur à jlog26(2k+3)+42 k = jlog23(2k+ 3) + 2k = jlog23(2k) + 11k. Donc si k ≤ 3, nous avons jlog23(2k) + 11k=k+ 2. Sinon, ce nombre est égal à k+ 1.
Dans le cas complémentaire, alors le nombre d’interrogations nécessaire est supérieur àjlog23L+42 k=⌊log2(3L+ 4)−log2(2)⌋=⌊log2(3L+ 4)−1⌋=
⌊log2(3L+ 4)⌋ −1 et inférieur à 3 +⌈log2(L−2)⌉. 3 +⌈log2(L−2)⌉ − (⌊log2(3L+ 4)⌋ −1) = 4 +⌈log2(L−2)⌉− ⌊log2(3L+ 4)⌋. Il nous reste donc à minorer ⌊log2(3L+ 4)⌋ − ⌈log2(L−2)⌉.
Nous avons⌊log2(3L+ 4)⌋−⌈log2(L−2)⌉ ≥0. En effet,⌊log2(3L+ 4)⌋−
⌈log2(L −2)⌉ ≥ log2(3L+ 4)− log2(L −2) −2 = log24(L3L+4−2) > −1, car 4(L3L+4−2) > 12. Donc comme ⌈log2(3L+ 4)⌉ − ⌈log2(L −2)⌉ est entier,
⌈log2(3L+ 4)⌉−⌈log2(L−2)⌉ ≥0. De ce fait, nous en déduisons le théorème suivant :
Théorème X.41
Sur un rectangle, l’algorithme coins puis dichotomie est optimal au pire à4 interrogations près.
Remarque : Cet algorithme est optimal au pire à quatre coups près. Toutefois, même si le minorant ne nous donne pas l’optimalité, pour les carrés de taille 2, 3, 4 et 5 l’algorithme est optimal. Si le carré est de côté 2, 3 et 4, l’algorithme termine en 4 interrogations et il est impossible de faire moins que 4 interroga- tions, car il faut au moins 4 interrogations pour dire que la frontière est non vide. Pour le cas où le carré est de côté 5, l’algorithme trouve la frontière en, au pire, 5 interrogations. En essayant de contruire un algorithme qui termine en 4 interrogations, nous pouvons remarquer, qu’en particulier, il détermine la frontière vide en moins de 4 interrogations et de ce fait il est obligé d’interroger dans ce cas les 4 coins du carré. Nous allons utiliser cette remarque pour faire une preuve par l’absurde de l’impossibilité de déterminer la frontière en 4 in- terrogations. Supposons qu’il existe un algorithme qui s’arrête 4 interrogations.
Donc, d’après la remarque précédente, l’algorithme commence par interroger un coin du carré. Si le donneur donne la couleur bleue à ce coin, alors l’algorithme interroge un autre coin du carré, si le donneur donne aussi la couleur bleue alors l’algorithme interroge un troisième point du carré. Si le donneur donne la couleur bleue alors l’algorithme va interroger le quatrième coin du carré.
Dans ce cas, si le donneur ne donne pas la couleur bleue mais la couleur rouge par exemple, alors plusieurs frontières sont possibles (voir figure X.46) donc l’algorithme ne peut pas déterminer la frontière en 4 interrogations, ce qui est contradictoire. Donc il n’existe pas d’algorithme s’arrêtant en 4 interrogations.
En utilisant le théorème X.40, nous n’aurions pas pu montrer que l’algorithme était optimal au pire pour ces carrés.
Fig. X.46. Frontières possibles.
Commentaire 7 : Nous avons vu que l’algorithme coins puis dichotomie est opti- mal à 4 coups près sur un rectangle quelconque et optimal pour de « petits » carrés. En utilisant le tableau X.1 (ce qui est fait dans la partie résolution partielle du problème), nous pouvons améliorer le minorant. Cependant, cela ne permet pas, d’obtenir l’optimalité de l’algorithme. Nous avons vu que pour certains carrés, en utilisant d’autres arguments, nous arrivions à prouver l’op- timalité de l’algorithme. Pour des carrés, il est possible de conjectuer que cet algorithme est optimal au pire. De plus, cette conjecture peut être renforcée par le fait que cet algorithme est optimal à chacune de ces étapes (conception : local ⇒global).
2.4.1. Conclusion sur le modèle frontières. Le modèle frontières est basé sur une question identique au problème point mais avec des instances dif- férentse, les points sont remplacés par des frontières. Le modèle frontières permet de trouver des minorants optimaux à une constante près. En parti- culier, il permet d’en obtenir un pour les rectangles, là où le modèle points n’est pas suffisant. De plus, pour le segment, il permet d’obtenir un minorant optimal.
Ce modèle permet aussi de construire des algorithmes optimaux en car- dinalité de frontières à chaque étape. Toutefois, si la stratégie est simple à énoncer et à effectuer sur des « petits » rectangles, elle devient beaucoup plus difficile à mettre en pratique sur des « grands » rectangles. Nous n’avons donc pas su l’utiliser de manière « efficace » pour construire un algorithme de recherche.
2.5. Modéle par densité de zone. Nous pouvons aussi remarquer que, pour certaines colorations, par tout point ne passe pas le même nombre de frontières, ceci peut nous donner l’idée de jouer sur les zones du rectangles qui sont de plus haute densité17. Nous pouvons, facilement, remarquer que les zones les plus denses sont des points. De ce fait, jouer sur la zone la plus dense revient à jouer sur le point par lequel passe le plus de frontière. Nous pouvons observer que dans un grand nombre de situations, il n’y a pas unicité du point par lequel passe le plus grand nombre de frontières, il nous faut alors trouver une stratégie pour choisir le point que nous allons interroger.
Nous pouvons, pour cela, remarquer que certaines frontières passent par
17rapport du nombre de frontières passant par la zone sur l’aire de la zone
2. ANALYSE MATHÉMATIQUE DE LA SITUATION POUR LE CHERCHEUR 179
plus de points que d’autres, par exemple une frontière coin passe seulement par un seul point. Une option est donc de décider de choisir un point, qui maximise le nombre de points touchés par les frontières « passant » par lui, ce qui pourrait réduire le nombre de points à considérer. Formellement, le nombre de points touchés par les frontières passant par le point X est : soit F l’ensemble des frontières contenant le pointX alors le nombre de points touchés par les frontières passant par X est :
1 +X
f∈F
(card(f)−1) .
Le problème auquel nous sommes confronté est Pchercheurdensité , construire un algorithme qui interroge à chaque étape le point de plus haute densité.
La stratégie est donc la suivante :