Parmi les nombreuses questions à la fois (1) inutiles donc intéressantes, (2) que l'on peut résoudre par calcul, (3) qui concernent le bridge, en voilà une qui ne m'avait jamais inspiré. 
Mais j'ai trouvé par hasard le résultat sur un site de bridge (l'excellent site "amourdubridge") sans démonstration. Aurais-je un jumeau quelque part ?

Il y a 128 745 650 347 030 683 120 231 926 111 609 371 363 122 697 557 séquences d'enchères possibles...

Je me suis aussitôt lancé dans le calcul, eh bien oui, c'est exact.

Ne cherchons aucun réalisme dans ces séquences, il ne s’agit que de séquences autorisées par les règles du bridge

• Chaque joueur à son tour de parole peut passer ou "ouvrir" avec l'une des 35 "enchères" possibles 1T...7SA.
• L'ouverture ou une enchère ou "déclaration" (passe ou contre ou surcontre) ultérieure peut être suivie, immédiatement ou après un ou deux passe, soit d'une enchère supérieure par n'importe lequel des 3 autres joueurs (on interdit les enchères insuffisantes),
• soit d'un contre par un adversaire de l'enchérisseur, immédiatement ou après deux passe.
• Un contre peut être surcontré par un joueur du camp enchérisseur, immédiatement ou après deux passe.
• Les enchères se terminent avec 3 passe consécutifs, exceptionnellement 4 au premier tour si personne n’a ouvert, ou immédiatement après un surcontre de 7SA.

Le nombre de séquences vaut 4*(22³⁵ – 1)/3 +1 et l'on peut calculer, avec Excel ou une simple calculette, ce nombre proche de 1,28746.10⁴⁷ et qui a donc 48 chiffres. Pour les obtenir tous, il faut avoir trouvé ou comme moi écrit un logiciel qui permet de travailler sur de très grands nombres.

Les amateurs de grands nombres inutiles noteront que c'est beaucoup plus que le nombre de donnes différentes, un grand classique, nombre qui n’a "que" 29 chiffres, 53 milliards de milliards de milliards :
53 644 737 765 488 792 839 237 440 000

Et encore bien plus que le nombre de mains qu’un joueur peut détenir, "seulement" 635 milliards… 635 013 559 600

Pour les pros : comment calculer cela ?

En commençant l’analyse par la fin, si un joueur enchérit à 7SA, cela peut donner lieu à 7 séquences : 7SA suivi de 3 passe et il joue 7SA. X (en second ou après 2 passe) puis 3 passe après le X, et il jouera 7SAX. XX (juste après le X ou après 2 passe) suivi de 3 passe (sauf que pour mémoire les enchères s’arrêtent après le XX puisqu’il n’y a plus d’enchère ni de déclaration possible).

Si un joueur enchérit à 7P, il y a également 7 séquences où il jouera 7P (éventuellement contré ou surcontré), chacune se terminant par 3 passe. Mais n’importe lequel des 21 passe de fin (pas les passe avant un X ou un XX sinon on se raccroche à une autre séquence) peut être remplacé par 7SA et donne lieu alors aux 7 sous-séquences déjà décrites pour 7SA.

Donc l’enchère de 7P donne lieu au total à 7 + 21*7 séquences. Par exemple 7P - - X - - - mais aussi 7P - - X – 7SA - - X XX et beaucoup d'autres

Plus généralement appelons S(n) le nombre de séquences possibles sur l’enchère n° n (1=7SA, 2=7P… 35=1T). Et T(n) le cumul des S(n), T(n)=T(n-1)+S(n) avec T(0)=0

S(n) =7 + 21 * T(n-1)   car il y a les 7 séquences où l’on joue le contrat n° n, et chacun des 21 passe peut être remplacé par une enchère supérieure (n-1) ou (n-2) … ou 1.

T(n) = 7 + 22 * T(n-1)

Posons U(n) = T(n) + a avec a = 1/3 pour supprimer le 7. Alors U(n) = 22 U(n-1) et donc U(n) = 22ⁿ * U(0). U(0) vaut T(0)+a = 1/3 et donc T(n) vaut (22ⁿ -1)/3. On y est presque...

Le nombre de séquences est égal à 4*T(35) + 1 : c’est le cumul des S(1) à S(35) car l’ouvreur peut choisir n’importe laquelle des 35 enchères de 1T à 7SA. Le facteur 4 car cela peut être le donneur qui ouvre, ou un autre joueur, chaque séquence peut être précédée de un, deux ou trois passe avant l'ouverture. Et le +1 est là pour ne pas oublier la séquence passe général.

Le nombre de séquences vaut donc 4*(22³⁵ – 1)/3 +1

Encore plus fou, et un peu plus difficile : combien de "cartons" d'enchères pour effectuer ces environ 1,28746.10⁴⁷ si comme les allumettes ils ne servent qu'une fois ?

La réponse est (22 ³⁴ * 14444 -2)/3 = 2,113184E+49, donc un nombre de 50 chiffres, plus précisément :

21 131 842 881 960 354 397 598 067 508 591 883 636 010 730 039 978

Quelque part sur ce site : la plus longue séquence d’enchères nécessite 316 cartons : elle se termine par - - 7SA - - X - - XX et avant cela il y a 34 fois des sous-séquences de 9 cartons comme - - 7P - - X - - XX. Donc 9*35+1, le +1 car au tout premier tour d’enchères avant l'ouverture 1T il peut y avoir 3 passe.

Si l’on utilisait les mêmes cartons pour toutes les séquences, la réponse serait donc 316. Mais, pour des raisons sanitaires Covid19, on doit les changer à chaque séquence. Combien en faut-il ?

La méthode est la même. Appelons C(n) le nombre de cartons nécessaires pour toutes les séquences S(n) à partir de l’ouverture numéro n. Et D(n) le cumul des C(n) pour le niveau n et les n plus faibles, donc les enchères supérieures.

C(1) avec ouverture 7SA est un cas particulier car il n’y a pas de passe après un XX. On peut donc avoir 7 - - -, 7 X - - -, 7 - - X - - - , 7 X XX, 7 X - - XX, 7 - - X XX, 7 - - X - - XX
donc C(1)=4+5+7+3+5+5+7 = 36.

Pour les autres enchères, s’il n’y a pas surenchère, il faut ajouter les 3 passe après chacune des 4 séquences de XX, donc 12 cartons, on est à 36+12=48.

Mais chacun des 7*3 passe de fin peut être remplacé par une surenchère… Le passe remplacé par une surenchère peut être le carton qui suit l’enchère, ou le suivant, ou celui d’après, idem pour les passe après X ou XX : on aura de 1 à 9 cartons sur la table avant la surenchère, les 21 possibilités de passe se répartissent en 1 fois 1, 2 fois 2, 3 fois 3, 3 fois 4, 4 fois 5, 3 fois 6, 3 fois 7, 1 fois 8, 1 fois 9 (démonstration non faite ici, il suffit de faire le dessin).

Par exemple 7P - - X – 7SA…. fait partie des 4 cas où il y a 5 cartons de l’enchère de 7P à 7SA. (le 7P, 3 passe non consécutifs, un X). Le 7SA peut ensuite être suivi de plusieurs (7) sous-séquences avec C(1) cartons au total, auxquels il faut ajouter 5 cartons (7P - - X -) 7 fois. Le même raisonnement s’applique aux 9 possibilités de nombre de cartons avant la surenchère 7SA, et va faire apparaître le nombre 102 qui vaut 1*1 + 2*2 + 3*3 + 3*4 + 4*5 + 3*6 + 3*7 + 1*8 + 1*9.

C(2) = 48 + 21*D(1) + 102*T(1) = 1518 et plus généralement C(n) = 48 + 21*D(n-1) + 102*T(n-1)

Donc D(n) = C(n) + D(n-1) = 48 + 22*D(n-1) + 102*T(n-1)   pour n>1 (et D(1)=36)

En remplaçant T(n-1) par sa valeur : D(n) = 22*D(n-1) + 34*22^n-1 + 14

Là encore une suite auxiliaire ajustée cette fois à E(n) = D(n) +2/3 permet de supprimer le terme constant et d’obtenir E(n) = 22 ^n-1 * [E(1) + 34*(n-1)]  où E(1) vaut D(1) +2/3 donc 36+2/3

Un peu plus de cuisine arithmétique pour arriver à D(n) = 22 ^n-1 * [E(1) + 34*(n-1)] -2/3 donc 22 ^n-1 * [34*n + 8/3] – 2/3

D(35) est le nombre de cartons pour réaliser toutes les séquences à partir d’une ouverture. Mais celle-ci peut être faite par le donneur ou précédée de 1, 2 ou 3 cartons passe, ce qui multiplie par 4 le nombre de cartons à partir de l'ouverture, et y ajoute 1+2+3=6 fois le nombre de séquences. Il y a aussi la séquence passe général avec ses modestes 4 cartons verts.

Le nombre cherché est 4*D(n) + 6*T(n) + 4  pour n=35.

Donc (22 ^n-1 * (3*4*34*n + 32) -8)/3 + 2*22 ⁿ -2 +4 = (22 ^n-1 * (408*n + 164) -2)/3

Soit pour n=35 la solution indiquée plus haut.

Le nombre moyen de cartons par séquence est proche de 14444/88 = 164,1 qui est à peu près au milieu entre le minimum 4 et le maximum 316.

Dans la série "les probabilités inutiles"... Cet article mérite un Oscar, je pense.

Je me suis demandé, quand je sors mes 13 cartes de l'étui, en supposant qu'elles viennent d'être battues et distribuées... Ou qu'à la table précédente les joueurs ont pris le soin de mélanger leurs cartes avant de les remettre dans l'étui, comme c'est recommandé (pour ne pas donner d'information sur le possible passe général, ou sur le déroulement du jeu).

Quelle est la probabilité que mon jeu soit naturellement rangé par couleurs ?

Il semble que la plupart des joueurs les rangent par couleur, "en vrac" à l'intérieur de chaque couleur, et sans ordre entre les couleurs sauf une alternance noire/rouge. On va considérer ici que c'est la norme. Par exemple :

Si vous les triez complètement (dans chaque couleur, de la plus forte à la plus faible) et si en plus vous mettez toujours les couleurs dans le même ordre (PCTK par exemple) vous courez le risque d'adversaires qui regardent où vous prenez votre carte, et cela peut leur donner une information. Peut-être pour annuler totalement ce risque, certains joueurs les laissent-ils toutes en vrac sans même les classer par couleur ?

Admettons que vous les rangiez comme c'est supposé. Est-ce que cela vous est déjà arrivé de découvrir un jeu rangé ?

J'ai fait le calcul et ça arrive environ une fois sur 46 000, ce qui n'est pas beaucoup mais si vous jouez souvent, trois fois par semaine plus des compétitions, cela fait environ 5 000 donnes par an, et donc ce n'est pas du tout impossible, une fois tous les 10 ans. Quelle satisfaction, quel gain de temps ce jour-là !

Si vous acceptez, mais c'est moins naturel, le voisinage Coeur-Carreau ou Trèfle-Pique, alors c'est trois fois plus souvent, une fois tous les 3 ans.

Comment calculer cette probabilité ?

Cela peut être "compliqué" (ce qu'on dit désormais à la place de difficile) comme beaucoup de problèmes de dénombrement quand on les prend de travers. J'ai eu du mal... Méthode :

On peut d'abord passer par la probabilité que les cartes soient complètement triées, c'est-à-dire de la plus forte à la plus faible dans chaque couleur (ARD...432), et les couleurs dans un ordre imposé (PCKT l'ordre des enchères, ou PCTK plus commode : une noire une rouge, ou autre chose si vous préférez mais prédéfini). Par exemple :

Les 13 cartes ont alors un ordre naturel, il n'y a qu'une chance sur factorielle 13 (13*12*11*...*3*2) soit une chance sur plus de 6 milliards, qu'elles soient dans cet ordre : une chance sur 13 que le RP, la plus forte, soit à gauche, et une chance sur 12 que le VP lui succède, une sur 11 pour le 8P, une sur 10 pour la suivante 9C etc. C'est vrai pour n'importe quel type de distribution.

Ensuite pour une main de type abcd (5332 ici) que l'on veut seulement classer dans l'ordre imposé des couleurs, ici PCTK, on peut permuter n'importe comment les a cartes de la même couleur, soit factorielle(a) possibilités, et indépendamment les b cartes, les c et les d. Le nombre de possibilités, donc la probabilité est ainsi multipliée par a!*b!*c!*d!  (le point d'exclamation est le symbole pour la factorielle, et par convention 0! = 1). Dans l'exemple, 5332, le produit des factorielles vaut 8640 et voici une des possibilités :

On peut ensuite intervertir les couleurs, en conservant l'ordre dans chaque couleur : ici le paquet 9A3 à Carreau passe en tête, les T ensuite etc., cela multiplie encore le résultat par un nombre m qui dépend du type de main : le plus souvent (pas de chicane) il vaut 24 si l'on accepte le voisinage de deux couleurs rouges ou de deux couleurs noires (on y reviendra...) Par exemple.

Le calcul est donc relativement simple pour chaque type de main abcd. Il faut ensuite faire la somme, pour les 39 types de main possibles, de chaque probabilité de bon rangement multipliée par la probabilité de ce type de main abcd, et cumuler tout ça.

Je mets ça dans la rubrique "récréations" mais mon partenaire n'était pas à la fête. Tournoi de club.

Personne vulnérable, Sud ouvre de 1P, mon partenaire en Ouest intervient à 2C, Nord passe, je passe aussi avec mon 4441 (singleton C) et 6 points.

Sud contre et tout le monde passe, Ouest joue donc 2CX. On sent que ça ne va être facile...

Il va rapidement constater qu'à sa gauche il y a singleton P... et 7 atouts, pas des moindres, par AD1097xx derrière RV8xx

De plus les adversaires sont majoritaires en points, et 8 de nos 18 points ne servent à rien : RP et DP seront coupés, le RT est mal placé avant l'As.

L'agonie se termine à -4, donc 800 pour NS et bien sûr le top pour les méchants !

Bel exemple de passe "Blanche-Neige" d'Ouest en espérant que sa partenaire avec un peu de jeu va contrer d'appel, et qu'elle pourra transformer le contre en punitif (si on a un peu plus de jeu il ne faut pas le faire, car alors l'ouvreur est probablement minimal et va passer, alors on laisse jouer une partielle non contrée alors qu'on a une manche).

Aux autres tables c'est toujours NS qui joue, une fois à 2SA, sinon toujours à C (il y a des 140 et un de chute à 4C). A noter que le 2CX -4 c'est 4 levées en EW, bien cohérent avec le par à 3C en NS !

Probablement parce que la séquence à notre table semble assez optimiste, petite ouverture en Sud avec 11H et une chicane et la possibilité de rebid à K ; intervention 2C très légère avec une couleur percée et 12H en Ouest (mais on est là aussi pour s'amuser) ;  Sud contre en réveil malgré sa petite ouverture, mais avec sa chicane Coeur, maligne comme elle est, elle a dû anticiper le mauvais partage... De toute façon même si 2C n'est pas contré, les NS vont marquer 200 et seront au top par rapport à une partielle.

Avec mon 4-4 mineur j'aurais peut-être dû surcontrer SOS et soit Ouest comprend et dégage à 3K (qui va bien chuter aussi, mais ne sera peut-être pas contré...) soit passe car pas de chance il a un 5332, alors ce sera je crois 1600 pour NS au lieu de 800, mais on est en paires, on ne peut pas avoir moins que 0% sur une donne !

Moralité : on n'est pas obligé d'intervenir au palier de 2 avec un jeu pourri...

Un peu de probas : quand Ouest joue à 6 atouts, la probabilité que Nord ait les 7 restants est a priori 0,26%. Lorsque l'on sait que les Piques sont 5-1, elle bondit à 1,02% par effet de "cases vacantes". Pas de chance sur ce coup-là, il s'agissait pourtant de donnes aléatoires.

Les 4 jeux, Ouest joue 2CX sur entame 2P :

	♠ 2 ♥ A D 10 9 7 4 3 ♦ 9 3 ♣ A V 9
♠ D 9 7 ♥ R V 8 5 2 ♦ R 10 8 ♣ R 7		♠ R 10 5 3 ♥ 6 ♦ D V 7 2 ♣ 10 8 5 2
	♠ A V 8 6 4 ♥ - ♦ A 6 5 4 ♣ D 6 4 3

Mon partenaire ouvre de 1K.

J'ai un jeu très moche, cinq trèfles par le Roi, trois petits P, chicane C, et pour arriver à 13 cartes... 5 petits Carreaux.
Comme nous jouons le SMI (soutien mineur inversé) pas de majeure et long à K, c'est l'occasion idéale de barrer à 3 Carreaux, et je m'attends à un passe général.

Mais il me met 3C... C'est quoi, ça ? Peut-être un jeu énorme avec 6K 5C (je peux en avoir 3) ou bien une tenue C et recherche de 3SA si j'ai les P...

Mais j'ai pas les P. Alors 4T pour signaler une tenue, et là je vois apparaître... 4C.

Pas terrible avec ma chicane, alors je ramène à 5K, contrés et 5 de chute, 1400 et la bulle nationale (c'était un simultané).

En fait l'explication est bien est simple, faute de doigt et le carton 1K sur la table au lieu de 1C.