Trouver un roulement pour une équipe

Avec la covid il vaut mieux garder les mêmes équipes car dans le cas contraire un seul cas positif et tout le personnel doit rester une semaine au minimum à domicile.:-D
Je dis cela en blaguant mais c’est exactement ce qui s’est passé dans mon service où notre chef avait voulu faire ce genre de roulement...

Bonjour,
Il est en effet nécessaire d'adopter un cycle de deux semaines .
Tu peux, les semaines $a$, organiser les groupes de la manière suivante: $$ \begin{array}{cc} DFGH&&ABCE\\ ACDF&&EGHB\\FHBC&&ADEG\\AEFH&&GBCD\\HCDE&&AFGB\\ AGBC&&BDEF\\ AHBD&& CEFG\\\end{array}

$$ puis, les semaines $b$, en conservant les équipes, permuter les vacations journalières.
Ainsi, pendant chaque période de $14$ jours, chaque individu aura travaillé $7$ fois le matin et $7$ fois l'après-midi, et exactement $6$ fois avec chacun de ses collègues.

Ces sept $"\text{partitions} \:4-4 "$ de l'ensemble $\{A,B,C,D,E,F,G,H\}$ ont été obtenues en faisant subir à la partition $\Big\{\{A,B,C,E\}; \{D,F,G,H\}\Big\}$ six fois la permutation circulaire $B\to C \to D \to E \to F\to G\to H\to B, \quad A \to A.$

Oui, mais Lou16 a choisi une position initiale ({A,B,C,E},{D,F,G,H}) qui n'est pas n'importe laquelle. La recette magique ne marche plus sans cet ingrédient secret.

@lourrran, il n'y a aucun élément particulier dans le groupe ; je ne vois alors pas en quoi ce choix initial est important, si on maitrise le raisonnement de @LOU16.

La permutation à faire n'est pas définie à priori. Tu choisis la position initiale d'abord avant de savoir quelle permutation circulaire il faut faire.

Bonjour,

@Babsgueye,
Lorsque $n=4$ comme dans le cas proposé par l'initiateur de ce fil, on a : $\:\: 2\binom {2n-1}{n-1} = 70$ et je ne vois pas trop de quel cycle de $70$ jours il s'agit.

Les choses ne me paraissent pas si simples et, hormis quelques banalités, je suis pour ma part incapable de généraliser quoi que ce soit.
Pour un personnel dont l'effectif est $2n$, une période de $2k(2n-1), \:\:(k\in \N^*)\:$ journées est nécessaire pour organiser le travail avec les contraintes imposées.
Mais, ainsi que l'a suggéré Lourran, il n'est pas possible, pour toute valeur de $n$, de le faire avec $k=1$ comme il l'a été fait avec $n=4$.

Par exemple, dans le cas où $n=3$, il est impossible d'obtenir un ensemble de $5$ partitions de type $\{\bullet \bullet\bullet\:
|\:\bullet\bullet\; \bullet \}$ de l'ensemble $\mathcal E =\{A,B,C,D,E,F\}$ dans lequel chaque élément de $\mathcal E$ est associé exactement $2$ fois avec tout autre élément de $\mathcal E.$

Une permutation circulaire du type de celle que j'ai effectuée ne fonctionne pas pour $n=5$, mais est réalisable pour $n=6$.


Tout ce que j'ai trouvé d'un peu général, c'est la jolie construction suivante, applicable lorsque $2n -1$ est un nombre premier congru à $3 \mod4.$
$2n-1 =p, \quad \mathcal E = \Z/p\Z \cup\{\infty\},\quad A=\Big\{x^2 \mid x\in \Z/p\Z\Big\}, \quad B= \mathcal E\setminus
A.\qquad \text{Card}\mathcal E =2n, \quad \text{Card}A=\text{Card}B =n.$

Alors l'ensemble $\mathcal P$ des $p =2n-1$ partitions de $\mathcal E$ défini par $\mathcal P:=\Big\{ \{A+t ;B+t\}\mid t\in \Z/p\Z \Big\}$ organise le travail des $2n$ employés pendant $2n-1$ journées, chaque élément de $ \mathcal E$ étant associé exactement $n-1$ fois avec tout autre élément de $\mathcal E.$

Bonjour.

En fait ce que j'ai dit à @Lourrran, c'est simplement que quel que soit la partition $4 - 4$ initiale choisie, il correspond une permutation qui engendre un bon résultat (qui vérifie les contraintes). Il suffit de bien noter les positions des différents agents et d'appliquer selon ces positions la méthode que tu as exposée.
C'est dire qu'à la partition $\{(1, 2, 3, 4)\,;\,(5, 6, 7, 8)\}$ correspond une permutation qui engendre un bon résultat, et on peut faire une correspondance bijective quelconque entre $\{1, 2 ,3, 4, 5, 6, 7, 8\}\,\textrm{et}\,\{A, B, C, D, E, F, G, H\}$.
C'est lui dans sa réponse, par incompréhension de ce que je voulais dire et qui est très simple, qui a voulu généraliser pour d'autres valeurs de n. J'ai pas encore assez saisi ton intuition pour m'aventurer dans ce terrain.
J'ai parler de généralisation à n quelconque avec ma méthode, qui est différente de la tienne et certainement plus brutale.
Moi, par exemple dans les cas où $n = 4$, j'ai isolé un agent et j'ai pris chaque combinaison de $3$ agents parmi les $7$ qui restent que j'associe à l'agent isolé pour formé le groupe du matin par exemple, et les $4$ restants le groupe du soir. C'est alors sur que tous les agents se voient autant de fois les uns que les autres ; ça forme les groupes de la première moitié de cycle. Et pour que chaque agent travaille autant de fois le matin que le soir, je permute ces équipes dans la deuxième moitié du cycle, exactement comme tu as fait.
Par exemple pour $n = 3$, (avec $\{A, B, C, D, E, F\}$), ça donne : $$ \begin{array}{cc}
ABC&&DEF\\
ABD&&CEF\\ABE&&CDF\\ABF&&CDE\\ACD&&BEF\\
ACE&&BDF\\ ACF&& BDE\\ ADE&& BCF\\ ADF&& BCE\\ AEF&& BCD\\\end{array}$$
pour la première moitié du cycle (je peux ici permuter n'importe quelle équipe du matin avec l'équipe du soir correspondant).

Il faut peut-être dire sur ma remarque, que si on veut prendre $\binom{2n - 1}{n - 1}$ comme longueur du cycle, le problème n'est pas de suite tout à fait réglé, parce qu'il va falloir encore bien choisir les équipes du matin pour que chaque agent travaille autant de fois le matin que le soir. et je ne vois pas encore de méthode standards pour faire ce choix... Si on multiplie par $2$ ce problème est vite réglé.

Si on reste avec ces seules deux contraintes, la méthode de calcul que je donne peux s'appliquer mème à un nombre d'agents $N$ impair et des équipes du matin et du soir de nombres d'agents $s$ ou $N - s$.

Remarque : Encore plus brutalement on peut considérer toutes les combinaisons de $n$ agents parmi les $2n$. Mais là pour respecter la deuxième contrainte assez facilement, il faut un cycle encore plus long : $2\times\binom{2n}{n}$.

Salut.
Ne faut-il pas compléter ton problème de Wikipedia par ''...de telle sorte que deux écolières ne se promènent jamais deux fois ensemble, mais au moins une fois. » ?

Les écolières sont au nombre de 15.
Chaque jour l'écolière A se promène avec 2 camarades. Au bout de 7 jours, elle s'est promenée avec 7x2 camarades.
Si les camarades sont nouvelles à chaque fois, s'il n'y a pas de doublon, elle s'est donc promenée avec 14 camarades différentes.

On a donc l'assurance qu'elle s'est promenée au moins une fois avec chacune de ses camarades, puisqu'elles ne sont que 15 en tout.
Et inversement. Si l'écolière A est sortie au moins une fois avec chacune de ses 2 camarades, ceci nous assure qu'elle ne s'est pas promenée 2 fois avec une de ses camarades.

Ces 3 énoncés sont équivalents :
« Quinze écolières se promènent sept jours de suite par groupes de trois ; il est requis de les grouper par jour de telle sorte que deux écolières ne se promènent jamais deux fois ensemble. »
« Quinze écolières se promènent sept jours de suite par groupes de trois ; il est requis de les grouper par jour de telle sorte que chaque écolière se soit promenée au moins une fois avec chacune de ses camarades. »
« Quinze écolières se promènent sept jours de suite par groupes de trois ; il est requis de les grouper par jour de telle sorte que deux écolières ne se promènent jamais deux fois ensemble mais au moins une fois. »

C'est le fait que la page Wikipedia, dise que ''le nombre de possibilité augmente exponentiellement avec $n$'' de telle sorte qu'on passe de 7 possibilités pour $n =15$ à plus de 11 millards pour $ n = 19$ qui 'intrigue.
En plus on dit sur la page que un des critères d'existence de solution est que $n$ divise 3, et ensuite elle donne l'exemple de $n = 19$ qui fait plus de onze milliards de possibilités...

J'ai des doutes sur ce que dit cette page.

Mais ils ont clairement dit que pour qu'il y ait des solutions il faut que $n$ soit divisible par $3$. C'est du français et on est en maths.
Pourquoi tu veux faire tes propres interprétations ? Pour sauver quoi ?