\section*{\'Eléments de réponse} 

\q (Facile) Pour $N=3$, tout est admissible.

A partir de $N=4$, on a le contre-exemple où une carte est associée à toutes les autres (ce qui traite 2.a)), ainsi que celui du 3-cycle (ce qui traite 2.c))

\q a) c) (Assez facile) Contre-exemple ci-dessus.

b) (Assez facile) Tout est admissible, il suffit de faire en sorte que toutes les paires soient de la forme $(k, n_0-k)$ avec un bon $n_0$.

\q (Facile) Le PGCD de 1 avec n'importe quoi donne 1, donc pour être admissible une configuration doit avec une carte associé à tout ou à rien.

\q (Difficile à Ouvert) Pour $N=6$, $N=8$ et $N \ge 10$, la configuration dont le graphe sous-jacent est $K_{\lfloor N/2 \rfloor,\lceil N/2 \rceil}$ n'est pas admissible. Un argument-clé est de s'intéresser aux triplets comme $\{2,3,6\}$, qui sont forcément dans la même clique, et on finit par avoir une clique trop grosse.

Pour $N=9$, on a de manière similaire comme configuration non-admissible $K_{3,3,3}$.

Pour les autres valeurs de $N$, tout est admissible.

Il semble difficile de croire que des configurations qui vérifient la contraintes (c) ne seraient pas admissibles, en dehors des petits cas (notamment $N=6$).
Par exemple (enfin, semi-exemple vu qu'en l'occurrence cela satisfait (c)), pour $N=6$, les 4 seules configurations non-admissibles sont $K_{3,3}$, la même mais avec une unique arête en plus qui relie un sommet de chaque côté, et leurs duaux.

\q (Très difficile à Ouvert) Une manière de démontrer qu'il existe des configurations non-admissible est un argument combinatoire, cf ci-dessous. Mais je n'arrive pas à en expliciter.

Il parait naturel qu'il en existe aussi avec les contraintes (a), (b) et (c), mais je n'ai pas plus cherché que ça.

\q (Ouvert) Des calculs qui interviennent naturellement sont ceux de faire la combinatoire du nombre de combinaisons qu'on veut être capable de réaliser par rapport à la marge de manœuvre qu'on a.

Le nombre de combinaisons vaut $2^{\frac{N(N-1)}{2}}$, donc en gros du $2^{N^2/2}$.

Le nombre de choix qu'a Lock, si le nombre de numéros pertinents vaut $k$, vaut
$$ 2^k \times \frac{M!}{(M-N)!} $$

Ainsi, si $k$ est petit et qu'en reste à $M=N$, on est en gros à $2^{N \log(N)}$, donc on voit déjà qu'il reste plein de configurations non-admissibles. C'est typiquement le cas de la somme.

\medskip

Plus précisément, pour la somme, on a à peu de chose près $k = 2M$. Le terme de $2^k$ commence à peser autour de $M = N^2/4$, et celui en $\frac{M!}{(M-N)!}$ est alors majoré par $M^N$, qui est en $2^{2N \log(N)}$. On peut donc déjà voir que $M$ ne peut pas descendre en-dessous d'un truc en $N^2/4$.

\medskip

Pour le produit, la suite des produits qu'on peut faire avec les nombres de $1$ à $N$ est a priori en $O(N^2)$, cela ne suffit pas à conclure. La suite précise est OEIS A027428.

Selon mathoverflow.net/questions/31663/distinct-numbers-in-multiplication-table, ce serait plus précisément en $N^2 / \ln(N)^{\Omega(1)}$.

Cela est suffisamment petit pour voir que $M=N$ ne suffit pas, mais $M=N \ln(N)^{\Omega(1)}$ pourrait déjà suffire.

\bigskip

Dans l'autre sens, la suite de Fibonacci a la propriété que les sommes sont 2 à 2 distinctes.
Donc, pour la somme, un $M$ en $\phi^N$ suffit très largement.

NB : il y a mieux que la suite de Fibonacci pour ça, mais difficile de trouver une asymptotique.

\bigskip

Dernier idée pertinente : pour le PGCD, l'argument massue du PGCD à 1 fonctionne encore par mal, vu que la probabilité que 2 nombres soient premiers entre eux est en $6/\pi^2 > 1/2$. Donc si on prend $M$ trop proche de $N$ et un graphe avec la moitié des arêtes, c'est immédiatement clair que ce n'est pas admissible.

Plus précisément, le nombre de PGCD différents 1 pour les nombres de 1 à $M$ étant en $M^2 \left(1-6/\pi^2\right)$, il faut $M^2 \left(1-6/\pi^2\right) > N^2/2$, soit $M > N \sqrt{\frac{1}{2-12/\pi^2}}$ (valeur approchée de la constante : 1,129).

On se rend ainsi compte que cet argument est nettement moins fort que le précédent qui donne, encore plus fort que pour la somme, une borne en $N^2/2$.
NB : il y a mieux que la suite de Fibonacci pour ça, mais difficile de trouver une asymptotique.