Merci Jean-Charles, tu confirmes que j'avais la bonne réponse. En effet, je suis arrivé à 960.
Je ne les ai pas comptées une par une, le temps étant une denrée beaucoup trop précieuse.
Étant quelqu'un de technique, ben j'ai utilisé une technique justement. Le calcul est fort simple.
Pour commencer, on prend en considération les tours et le roi, c'est ça qui est le plus poussé.
Le roi est en b1, alors tour a1 et l'autre a 6 cases possibles.
Roi en c1, alors 2x5= 10 positions possibles pour les deux tours
Roi en d1, alors 3x4=12
Roi en e1, alors 4x3=12
Roi en f1, alors 5x2=10
Roi en g1, alors 6x1=6
On additionne, 6+10+12+12+10+6, on obtient 56.
Astheur, on s'occupe des fous. Une fois que le roi et ses deux tours sont placés, quels sont les possibilités de placement pour deux fous qui doivent être sur des couleurs opposées? Alors, les combines sont simples, il reste nécessairement 5 cases. 3 blanches, 2 noires ou 3 noires, 2 blanches, n'est-ce pas? Faux! Ça peut être 4 à 1 également, si le roi et les deux tours se sont mis sur des cases de même couleur. De combien de façon que le roi et les deux tours peuvent se mettre sur des cases de même couleur? Pour les cases noirs c'est simple, la case noire qui sera vide, peut être à 4 endroits différents, en a, en c, en e ou en g. Même raisonnement pour les cases blanches. Alors 8 cas où ou a une combine 4-1. Le reste ce sont des combines 3-2, le reste égal notre chiffre 56 du paragraphe prédédent moins 8.
Dans une combine 3-2, il y a 60% des chances de laisser 2 cases possibles à l'autre fou, parce que 60% d'occuper une case de couleur majoritaire. Et 40% des chances de laisser 3 cases à l'autre fou.
Dans une combine 4-1, le deuxième fou a 80% des chances de n'avoir qu'un seul choix, ce qui est forcément forcé. Et 20% des chances que le premier fou prenne l'unique case de sa couleur pour laisser 4 choix à l'autre.
Ce qui fait une moyenne de 2,4 cases restantes pour le deuxième fou dans une combine 3-2 et 1,6 cases restantes dans une combine 4-1. Les combines 3-2 étant plus fréquentes, au prorata, on obtient une moyenne globale de 2,286 cases restantes... ou 16/7 si vous préférez.
Alors, continuons: Le premier fou, il lui reste 5 cases possibles, tandis que le deuxième, il lui en reste 16/7!
Astheur la dame, 3 cases restantes.
Le premier cheval, 2 cases restantes.
Le dernier cheval, il prend la case qu'il reste pi si yé pas content, ben qu'il mange d'la marde!
Note importante, il faut enlever 2 cas de doublons. Dans une position donnée, que je prenne un cheval pi que je l'échange avec l'autre, ça ne change rien. Alors, on doit diviser par deux. Même chose pour les deux fous. Par contre, avec les deux tours, je ne peux pas faire ça... Pourquoi? C'est simple, parce qu'avant même que je place aléatoirement la première tour sur l'échiquier, ie à gauche du roi, les possibilités de l'autre tour sont à droite du roi. Donc il n'y a aucune case susceptible d'être occupée par une des deux tours. Tandis que pour les chevaux et les fous, oui!
Enfin, l'équation finale:
(56X5X(16/7)X3X2)/4=960
Et voilà! C'est peut-être poussé comme calcul, mais crissement moins long que toute checker une par une les positions possibles.
Surtout considérant que si c'est pas symétrique on a 921600 positions de départ possibles.
Quoique l'ordi peut à 960 positions de départ possibles se faire un book de théories d'ouverture sans problème. Quant à l'être humain, je pense qu'il est aussi bien d'oublier ça. Surtout Dom, il a assez de misère à apprendre ces ouvertures aux échecs normales, il ne se mettera pas à apprendre celles du Random Fischer en plus...
P.S. Les parenthèses dans l'équation ne sont pas archi-essentielles, c'est juste pour aider la compréhension.
P.P.S. J'espère ne pas être le seul à me comprendre...
Bon, ok je vous fais confiance, puisque vous êtes des joueurs d'échecs, vous devez être aussi forts que moi en maths.
qui ne changent pas d'idées... Je peux m'être trompé dans mon calcul.
