Nachtrag 21.02.2021: Leichte Anpassungen des Textes bezüglich der Kommentare von Joost.

Die Beweispartie-Abteilung des Champagner-Turnier 2019 (siehe das Retro der Woche 07/2021) ließ auch Märchenbedingungen zu. Die mit dem dritten Preis ausgezeichnete Aufgabe nutze „Andernach-Schach“: Nichtkönigliche Steine wechseln, wenn sie einen gegnerischen Stein schlagen, als Teil des Zuges die Farbe. (aus dem Märchenschach-Lexikon der Schwalbe).

Überlegen wir zunächst einmal, wie sich Andernach-Schach auswirkt: Das Schlagopfer verschwindet wie üblich, der Schlagtäter, solange er nicht König ist, wechselt die Farbe. Lassen wir die Könige außen vor, so „verliert“ rein rechnerisch die schlagende Partei einen Stein, nicht die andere, und dann hat in unserer Aufgabe heute Weiß zweimal, Schwarz hingegen dreimal geschlagen.

Der Farbwechsel erklärt dann auch die vier weißen Türme, die also nicht auf Umwandlungen zurückgeführt werden müssen: Zwei schwarze Turm-Schläge reichen! Und so war auch sicher sLg5 am Anfang der Partie weiß?!

Bei der geringen Zügezahl können wir den [Ta1] als aktiven Teilnehmer am Geschehen sicher ausschließen, so sind also [Th1] und die beiden schwarzen Türme am Geschehen, das im Südosten endete, beteiligt.

Dafür muss nicht nur [Ta8] herangeholt werden, sondern es müssen auch [Bh2] und [Bh7] verschwinden, damit der Südosten mit weißen Steinen befüllt werden kann. Dafür kann Bedingungs-spezifisch allein schon die [Dd1] sorgen: z.B. Schlag auf h7, wobei sie schwarz wird, dann Schlag auf h2, und schon ist sie wieder weiß wie vorher!

Aber dann müssen ja noch irgendwie [Ta8] und [Th8] die Farbe wechseln; als Schlagopfer stehen hierfür [Lf1] und [Sg1] zur Verfügung. Und dann muss ja noch [Be7] verschwinden — dafür kann eigentlich nur der sLg5 verantwortlich sein?!

Damit wären alle Schlagfälle und somit auch alle Farbwechsel erklärt – allzu schwer sollte es nun nicht mehr sein, die Aufgabe komplett zu lösen: Wir konnten halt viele Details der Lösung, vor allen Dingen die Bedingungs-spezifischen, schon durch Überlegungen zur Diagrammstellung klären.

Preisrichter Michel Caillaud schreibt dazu:
“Drei reziproke Bristols zwischen Dd1 und Th1, der erste mit schwarzen Steinen ausgeführt, die beiden folgenden mit weißen. Die Anzahl von drei, die in orthodoxen Darstellungen noch nicht erreicht wurde, sowie die Tatsache, dass dieselben Figuren das Manöver mit verschiedenen Farben darstellen, unterstreicht die clevere Nutzung der Bedingung. … Perfektion (und eine noch bessere Platzierung) wäre mit einem Ende 11.Dh2 12.Th3 mit exakten Rückkehren zu erreichen gewesen, aber ich vermute, dass Nebenlösungen mit Dg3 vermieden werden mussten.“