Tant pis. Merci pour le 9 en 5 tas. Je me doutais bien qu'il fallait faire des découpes distinctes, c'est un peu ce qu'il se passe avec le 10 tas.

En 31 pièces :

6 de valeur 252
1 de 168
2 de 108
1 de 84
2 de 63
2 de 54
1 de 36
6 de 28
1 de 21
1 de 18
1 de 14
2 de 9
1 de 8
2 de 7
1 de 6
1 de 3

En 10 tas :

6*28+21+2*7+14+8+6+18+3
2*63+2*54+2*9
2*108+36
168+84
6 tas de 252

En 9 tas :

2*63+2*54+2*9+28
2*108+36+28
168+84+28
3 tas de 252+28
252+18+7+3
252+21+7
252+14+8+6

En 8 tas :

7+2*28+2*108+36
14+28+18+3+168+84
252+28+21+8+6
252+2*28+7
252+63
252+63
252+54+9
252+54+9

En 7 tas :

3+2*7+14+21+2*28+168+84
252+6+3*28+18
252+9+63+8+28
252+2*54
252+36+63+9
252+108
252+108

En 6 tas :

252+5*28+3+7+2*9
252+63+54+36+8+7
252+108+14+28+18
252+108+54+6
252+84+63+21
252+168

Les partitions en 5 à 2 tas se déduisent des partitions en 10, 9 et 8 tas.

Bon, continuons :

Avec 2(n-1) + 1 pièces, il y a exactement un n-1 tas de taille 3, les autres étant de taille 2.

Le cycle décrit à la démo précédente existe toujours, mais cette fois, les n-1 tas du cycle ne sont pas forcément inclus dans les n tas du cycle. En effet, il suffit que le n-1 tas de taille 3 appartienne à la chaîne, et que l'une des 3 pièces ne fasse pas partie de l'un des n tas du cycle. On peut ainsi trouver des solutions facilement pour 5 et 6 en se basant sur le graphe ainsi dessiné. Cependant, à partir de 7, ce n'est plus possible.

Pour voir ça, on peut remarquer que l'on ne peut avoir un deuxième cycle. En effet, ce deuxième cycle doit lui aussi passer par le n-1 tas de taille 3. Le n-1 tas de taille 3 est forcément à un point de divergence des deux cycles car sinon, on pourrait extraire un troisième cycle ne passant pas par le n-1 tas de taille 3. Les 3 pièces du n-1 tas de taille 3 appartiennent donc à 3 n tas différents, qui appartiennent tous à l'un des cycles. Pour boucler le deuxième cycle, il faut forcément rejoindre à un moment donné un n tas du premier cycle. (on ne peut pas rejoindre sur un n-1 tas, car tout les autres n-1 tas sont de taille 2). On voit alors qu'au global sur l'union des deux cycles, il y a autant de n tas que de n-1 tas. De plus, les n-1 tas sont inclus dans les n tas (on a vu que les 3 pièces du n-1 tas de taille 3 étaient toutes inclues dans les cycles).

Il n'y a donc qu'un cycle. Dans le cas n=7, Ca ne donne pas beaucoup de possibilités de graphes, et on peut parcourir ces possibilités relativement rapidement à la main, mais je n'ai pas trouvé d'argument tranché pour plier la question en 2 lignes (comme dans mes démos ).
En revanche, à partir de 8, on sait que l'on doit trouver au moins n-2 pièces singulières, car chaque n-2 tas doit contenir au moins une pièce singulière. Le cycle doit donc contenir au moins (n-2)/2 n-1 tas et le même nombre de n-1 tas.
Or ( s/(n-1) )x(n-2)/2 > ( s/(n-2) +1)x(n-2)/2 quand n >= 8
Ce ne sera donc pas possible d'avoir des cycles aussi grand.

Je galère à trouver pour le 7. Il faut peut-être au moins 15 pièces. Le nombre de cas à traiter pour 14 est assez grand, mais j'ai l'impression que des propriétés arithmétiques empêchent qu'il y ait une solution, je creuse...

Sur un site russe, ils sont convaincus de pouvoir atteindre 21.

Un des exemples de leur site, qui aurait l'idée de trouver ça à la main ?
Le 21 semble rester un graal.

Je pense qu'en utilisant les résultats que j'ai élaboré, on peut construire l'ensemble des hypergraphes possibles pour les n tas et les n-1 tas. Pour de petites valeurs de n et des nombres de pièces pas trop grand au dessus de 2(n-1), la combinatoire semble acceptable. Ensuite, chaque graphe doit être assez rapide à traiter par backtracking. Par contre, ça va prendre un moment à coder...
Je cherche encore si il y a quelques idées pour démontrer l'impossibilité de certaines configurations, ou si on peut réduire plus la taille des calculs...