レトロプロブレムの世界（3-4）

D：もしAがPでないなら、それは12枚の成駒を含む16枚ものR,B,又はSを指すことになる。4枚の駒取りのみで12枚成るということは、取られた駒は全てPということになるが、これは6種類の文字が使われていることに矛盾する。
従ってAはPである。このPの配置から、盤面を90°回転しなければならないことが分かる（駒取りの収支を考えよ）。Bが2枚、Cが1枚、D,E,Fが各3枚だる。成駒はないので、C=Qが簡単に判明する。又3枚Kがある筈もないので、B=Kも明らかだ。DとEはいずれも同色の枡にあるので、F=Bとなる他ない。もしDがSならば不可能なチェックをかけていることになるので（注“g4”のDのこと）、DはSで、EがRであることが分かる。“Rh3”はキャスリングによってのみ説明できる。後は演繹的推論により、Kc8; Qa8; Rg3; Bd5; Sa7, b6; Pb3,b7,c2,d2,e2,f5,g4,g6が白駒で、Kg8; Re7,f8; Bf2,h7; Sc5; Pb2, b4,c6,d7,e5,f7,g2,g7が黒駒という結論に達する。最終手は勿論0-0であり、以下1.Kc7 Sa6 2.Kd6 Bc5#と進んで、黒の勝ちとなる。

(solution)


E：白Kが黒Pの背後に位置することより、h6とh7の両方に黒Pを配置することはできない。後は容易であろう。白Kをe8に配し、黒駒はKc8; Qb8; Ra8,h7; Bf8; Pa7,b7,c7,
d7,e6,e7,g7,h6と置けばよい。

(solution)


F: まずtry a)として、白：Kg1; Rf1; Ba1; Pa2,b3,c3,d3,e2,f2,g2,h2、黒：Kd2; Pc2としてみよう。しかしこれだと黒KにKc1-d2という最終手がある（その直前の手は0-0+だ）。

(try a)


　次に、try b)として、白：Kb1; Rc1; Bh1; Pa2,b2,c2,d2,f2,f3,g3,h3、黒：Ke2; Ph2としてみよう。だが今度は黒Kの侵入経路がないのでillegal positionになってしまう。

(try b)


　正解は、これらのtryによく似た、白： Kb1; Rc1; Bh1; Pa2,b2,c2,d2,e3,f3,g3,h3、黒：Ke2; Pf2というものだ。黒からの逆算は不可能である。白の戻し手が指定された手数あることを確認しよう。Kb1の戻し手は、Ka1xSb1とKa1-b1 (この場合は、1...Ke1-e2 Rb1xc1+...と戻すことになる) の2手、Rc1は Rd1-c1, Rd1xSc1, Re1-c1, Re1xSc1, Re1xRc1, Re1xQc1, Rg1-c1, Rg1xSc1, Rg1xRc1, Rg1xQc1の10手、そしてBh1はBg2xRh1, Bg2xQh1の2手あり、確かに条件を満たしている。

(solution)