OpenOffice.org

Hallo,

Onzuiver Zwitsers is een toernooischema dat in verschillende sporten gebruikt wordt. Ik ben bezig met een toernooischema voor een petanquetoernooi. Op internet verschillende varianten gevonden, maar deze schema's delen de equipes in, nadat een ronde volledig is gespeeld en dus alle uitslagen voor die ronde bekend zijn. Dit levert in de loop van de dag veel vertraging op, omdat iedereen moet wachten op de laatste uitslag in die ronde. Dit kan sneller door zodra een uitslag bekend is, een equipe meteen in de volgende ronde in te delen.

In het bijgevoegde bestand (werkblad OZ 48) wordt dit met een geneste 'ALS' functie gedaan. Zodra een uitslag wordt ingevoerd, worden winnaar en verliezer van de wedstrijd in de volgende ronde ingedeeld. Hierbij gebeurt het echter dat spelers elkaar tweemaal ontmoeten.

In het toernooi trekken de deelnemers bij aanvang een toernooinummer. De 1e ronde spelen Nr. 1 en Nr. 2, enz. tegen elkaar. De 2e ronde spelen de winnaars en de verliezers tegen elkaar. De 3e ronde de winnaars tegen elkaar, de teams met 1 verloren tegen elkaar en de teams met 2 verloren tegen elkaar. Enz. Bij de controle in de kolommen AK t/m AO geven de groen gekleurde cellen aan, wanneer een team een tegenstander tweemaal ontmoet.

Is er een formule om dit te voorkomen? Kan je random loten binnen de verschillende groepen zonder dat men elkaar tweemaal tegen komt?
Dus de groep winnaars, de groep met 1 verloren partij, de groep met 2 verloren partijen enz.

Bij voorbaat dank
Gert-Jan

Ik denk dat je een absoluut pad kunt maken van winst en verlies zodat teams elkaar nooit tegen komen.
Kijk maar eens naar het volgende plaatje. Ik denk dat dat helderder is dan heel veel woorden.

Eremmel, bedankt voor je reactie.

Bedankt voor je reactie.
Toch ben ik er nog niet uit.

16 equipes is een veelvoud van 2. En daardoor klopt je schema en is het gemakkelijk uit te voeren.
Voor 16, 32 en 64 equipes kan dit ook zo uitgewerkt worden.

Het probleem ontstaat als er geen veelvoud van 2 is.
Zoals in de bijlage 48 equipes.

Daar gaat het vier ronden goed (48 - 24 - 12 - 6 - 3), maar in de 5e ronde komt het schema niet uit.
Vandaar de groene "?" in de eerdere bijlage.
In de 5e ronde zijn er nog 3 winnaars over en moet er een verliezer ingeloot worden bij de winnaars
Daardoor moet ook een equipe met 2 verloren partijen bij 1 verloren worden ingeloot, enz.

Deze ingelote equipes mogen ook niet eerder tegen elkaar gespeeld hebben.

Bij 44 teams speelt dit in de 4e ronde al. (44 - 22 - 11 - ?). Bij 46 teams zelfs al in de 3e ronde. (46-23 - ?).
En dan wordt het aantal betrokken teams in het vervolg van het toernooi steeds groter.

Daarom vroeg ik me af of er een formule is om dit op te lossen.
Zoniet, wat is dan mogelijk om dit op te vangen.











Onzuiver Zwitsers gaat meer over de toernooien waar er geen veelvoud van 2 is.

Gert-Jan schreef: Zoals in de bijlage 48 equipes.

Daar gaat het vier ronden goed (48 - 24 - 12 - 6 - 3), maar in de 5e ronde komt het schema niet uit.
Vandaar de groene "?" in de eerdere bijlage.
In de 5e ronde zijn er nog 3 winnaars over en moet er een verliezer ingeloot worden bij de winnaars
Daardoor moet ook een equipe met 2 verloren partijen bij 1 verloren worden ingeloot, enz.

Het gaat puur om loting?
Niet om de hoogst behaalde som van scores?

Diegene die ingeloot wordt, b.v. bij de winnaars mag niet gespeeld hebben tegen een van die winnaars? Ik denk dat het antwoord daarop ja is.

Is het mogelijk om bv een toernooi van 48 af te beelden op 64 teams en kun je dan een boom maken die het probleem oplost (er komen dan wel 'gaten' in de verdeling)?
Je hebt dan formeel geen loting, maar je zou door loting de plaatsing in de eerste ronde kunnen maken.

Ik heb op dit moment geen tijd om voor je te puzzelen, maar misschien dat je met bovenstaande verder komt.

Groet,
Erik

P.S.
Wil je echt loten dan moet je de volgende twee problemen in Calc kunnen oplossen:
Een belangrijke sub vraag is kun je van een lijst een willekeurige lijst maken die even lang is en geen dubbelen bevat (ik denk dat dit kan in Calc).
Vervolgens de vraag kun je van een lijst met een conditie (mag wel/niet meedoen) een willekeurige lijst kleinere lijst maken met alleen elementen die voldoen aan de conditie?

Goedemorgen Eric,

Bedankt voor je reacties tot nu toe.

Ik heb twee bomen van 64 teams gemaakt. Een boom (bijlage 'loting reeks' werkblad 'OZ 64'), waarbij in ronde 2 de winnaar van wedstrijd 1tegen de winnaar van wedstrijd 17 (w1-w17) speelt. Vervolgens (w2-w18), (v1-v17) en (v2-v18) speelt, enz. Zoals in jouw schema van 16. In de vervolgronden wordt telkens binnen de juiste groep ingedeeld ( w-w, v-v, 2v-2v, enz.)
Bij een deelname van 64 teams klopt dit schema en zijn er geen doublures.

In de tweede boom (bijlage 'loting gebroken reeks' werkblad 'OZ 64') speelt de winnaar van wedstrijd 1 tegen de winnaar van wedstrijd 2, vervolgens (w3-w4), (v1-v2), (v3-v4), enz. Ook nu wordt in de vervolgronden telkens binnen de juiste groep ingedeeld. Ook dit schema klopt en geeft geen doublures. Weet jij of dit altijd klopt?

In beide bijlagen is ook een boom voor 48 teams opgenomen. Werkblad 'OZ 48'. Dat leidt tot grote verschillen in gebruik. In het werkblad 'loting reeks' zijn de gaten her en der verspreid. In het werkblad 'gebroken reeks' spelen de gaten tegen elkaar. Zeer overzichtelijk, maar ja klopt dit gegarandeerd?

Op je vraag 'gaat het puur om loting'.
Als er een equipe bijgeloot moet worden (zoals bij 48 teams in de 5e ronde) dan is het belangrijkste dat beide teams nog niet tegen elkaar gespeeld hebben. Het beste team met 1 verloren partij heeft dan de voorkeur.

Op je 'PS' heb ik nog geen antwoord. Ik snap nog niet hoe dit te doen, maar ben op zoek.

Groet, Gert-Jan

Gert-Jan schreef: In de tweede boom (bijlage 'loting gebroken reeks' werkblad 'OZ 64') speelt de winnaar van wedstrijd 1 tegen de winnaar van wedstrijd 2, vervolgens (w3-w4), (v1-v2), (v3-v4), enz. Ook nu wordt in de vervolgronden telkens binnen de juiste groep ingedeeld. Ook dit schema klopt en geeft geen doublures. Weet jij of dit altijd klopt?
Groet, Gert-Jan

Je vraagt je af of jou indeling ook altijd klopt. Ik weet het niet zeker maar denk het wel, stel we kijken naar naar de groepen na twee ronden we hebben dan: w-w, w-v, v-w, v-v
spelers uit de middelste twee groepen w-v en v-w zouden tegen elkaar kunnen spelen in een mogelijke derde ronde.

Als we N teams hebben dan verdelen we die over 4 groepen die tegen elkaar spelen.
Voor de winnaars geldt dat we dus dan dat we de vier groepen weer tegen elkaar laten spelen w1,w2,w3,w4 dat wordt dus w1-w2 en w3-w4 ( of als de groepen groter zijn (w1-w1 en w1-w2 en w2-w2 en w2-w3 etc, maar dat maakt niet veel uit voor het betoog).
Dit geld ook voor de verliezers: v1-v2 en v3-v4.

We krijgen dus na twee ronden de groepen w (w1-w2) en w (w3-w4); v (w1-w2) en v (w3-w4); w(v1-v2) en w(v3-v4); v(v1-v2) en v(v3-v3).

Als we telkens volgens je indeling alles verdelen en de grootte van de groep v (w1-w2) en v (w3-w4) is oneven en we koppelen het laatste team van v (w1-w2) en v (w3-w4) aan het eerste van w(v1-v2) en w(v3-v4) dan weten we dat deze nog nooit tegen elkaar gespeeld kunnen hebben want we hebben dan een team uit de groep v(w4)-w(v1).

Nu komt het lastige. wat als er een vierde ronde is en we hebben die ook oneven is we moeten dan een laatste team uit bv. v( v (w1-w2) en v (w3-w4) en v(w4)-w(v1) ) aan het eerste van v( w(v1-v2) en w(v3-v4) ) dat is dus vwv1-vwv1. Twee teams die de uit de zelfde groep en dezelfde 'succes' route hebben afgelegd hebben nog nooit tegen elkaar gespeeld.
Alleen teams uit een zelfde groep die een andere route genomen hebben, kunnen tegen elkaar gespeeld hebben bv. wvw1 en wwv1.
Ik denk dat het hiermee wel duidelijk is, maar het probleem is nu hoe maak je een Calc sheet die dit nu adequaat doet inclusief doorschuiven bij oneven nummers.