Im April-Heft der Schwalbe ist bereits der Preisbericht der Retros aus dem Jahre 2014 von Kostas Prentos erschienen; ein Stück daraus möchte ich heute vorstellen.

Auf beiden Seiten fehlen nur Bauern, und sofort sieht man sowohl für Weiß als auch für Schwarz jeweils zwei Schläge durch Bauern: Weiß hat exf und hxg gespielt, bei Schwarz sehen wir exf6 und dxe6.

Mit diesen vier Schlagzügen können keine Bauern geschlagen worden sein – damit wissen wir schon jetzt, dass es (mindestens) zwei weiße und zwei Schwarze Umwandlungen gegeben haben muss.

Können wir auch schon etwas über den dritten Schlag durch Weiß sagen?

Das können wir, denn wir wissen, dass Schwarz zweimal umgewandelt haben muss. Die h-Linie ist dafür frei, und dann muss sich noch [Ba7] – wie wir schon wissen schlagfrei – umgewandelt haben. [Bb7] kann das nicht, denn er wäre ja niemals an Bb4 vorbeigekommen. Vielmehr ist [Bb7] von [Ba2] geschlagen worden – anders kann [Ba7] nicht für die Umwandlung frei gepielt werden.

Dann kennen wir auch schon die Umwandlungsfelder: Schwarz hat auf a1 und h1 umgewandelt, Weiß auf b8 und d8. Dafür aber müssen beide weißen Türme ihr Zuhause verlassen haben. Für [Bd2] müssen schließlich auch Ke8 und Dd8 Platz gemacht haben. Und wir sehen schon: Alle
vier Steine müssen wieder zurückkehren. Ok, wir sollten im Auge behalten, dass theoretisch auch die beiden weißen Türme ihre Plätze getauscht haben können.

Nun versuchen wir einmal die Züge zu zählen; beginnen wir mit Weiß: 2+0+0+0+2+5 – das sind nur neun. Allerdings wissen wir, dass zwei Bauern umgewandelt haben und dass die beiden weißen Türme je zwei Züge machen mussten. Somit wind wir schon bei 23, sodass genau vier weiße Züge übrigbleiben, die wir dringend benötigen, um zwei weiße Offiziere schlagen zu lassen. Damit scheidet bereit das Phoenix-Thema aus – dazu reicht einfach die Zeit nicht. Also sind die Umwandlungssteine selbst geschlagen worden.

Man könnte versuchen, mit drei Zügen auszukommen, nämlich Sb8-d7-f6 mit exf6, weiter Sd8-e6
und dxe6 – das aber ist unmöglich, da in diesem Falle [Bd2] nicht schlagfrei umwandeln könnte, da Bd7 noch brav zu Hause steht.

Also können wir sogar die Art und Reihenfolge der weißen Umwandlungen und deren Schläge erkennen: b8=D, De6 dxe6, dann d8=D, Df6 exf6: Nur Damen können schnell genug auf ihre Schlagfelder gelangen.

Bei Schwarz sehen wir im Diagramm 0+0+1+2+1+2=6 Züge. Zehn kommen durch die Umwandlungen hinzu, und dann müssen ja noch Dd8 und Ke8 Platz machen, dennoch ist es bei Schwarz schwieriger, schon die genauen Züge anzugeben. Die Umwandlungsreihenfolge ist allerdings auch hier klar: a1=X, Xg hxg, dann h1=Y, Yf3 exf3.
Bei Schwarz sind also mehr Freiheiten im Spiel, sodass die endgültige Zugfolge nicht ganz trivial ist – überraschend nämlich, dass Ke7, De8 und zurück nicht klappt, sondern ein insgesamt vierzügiges sK-Manöver erforderlich ist. Und dann sieht man auch recht fix, dass X zwar in zwei Zügen auf g ankommen kann, aber Y braucht nach f3 drei Züge! Ein Schlag auf f4 scheidet aus, da der Weiße einen zusätzlichen Zug kosten würde.

Damit sind dann alle prinzipiellen Fragen zur Stellung beantwortet, ohne dass wir auch nur einen einzigen Zug schon konkret durchgeführt haben.

Da ist nun noch etwas Detailarbeit erforderlich, um die genaue Zugfolge heraus zu finden:

1.a4 h5 2.a5 h4 3.a6 h3 4.axb7 a5 5.d4 a4 6.d5 Ta5 7.d6 Sa6 8.b8=D a3 9.Db3 a2 10.De6 dxe6 11.Sa3 Kd7 12.Tb1 Kc6 13.d7 De8 14.d8=D a1=D 15.D8d4 Dd8 16.Df6 exf6 17.f4 Lb4+ 18.Kf2 Ld2 19.b4 Dc3 20.Ta1 Dg3+ 21.hxg3 h2 22.Sh3 Kd7 23.Tg1 h1=D 24.g4 Dh2 25.Th1 Dg3+ 26.Kg1 Df3 27.exf3 Ke8.

Vier Ceriani-Frolkin-Damen (DDdd) sowie ebenfalls vier Rückkehren – das ist eine Menge Inhalt fürs Geld!