April: Knapp Daneben Tapa
Das erste der beiden Tapa war recht klein, aber in Anbetracht seiner Größe relativ schwer. Der Trick bestand darin zu erkennen, daß man Mühe hat, in die rechte obere Ecke zu kommen. Man fängt links unten an: R6C3 und R7C2 sind klar. Wenn man R6C4 und R6C5 schwärzt, geht es danach nicht mehr nach rechts weiter, und da man auch R7C3 und R8C3 schwärzen muß, braucht man danach auch noch R5C3 und R4C3. Wenn man R6C4 und R6C5 nicht schwärzt, braucht man R5C3 und R4C3 natürlich trotzdem, also kann man diese beiden Felder schonmal schwärzen. Damit hat man sich links oben aber schonmal den Durchgang versperrt, was mit den Knapp-Daneben-Hinweisen natürlich schwer zu sehen ist: Versucht man, mit R4C2, R3C2 und R2C2 (R2D2?
) durchzukommen, benötigt man auch noch R3C1 und R1C2, wonach R2C3 und R2C4 eine Sackgasse bilden. Also geht es oben nicht weiter, und man muß unten erstmal möglichst weit kommen.
Das zweite Rätsel war schwer einzuschätzen, was den Schwierigkeitsgrad und damit die Punkte angeht. Der Startpunkt für die Lösung besteht in der Erkenntnis, daß man irgendwie in die Mitte kommen muß, was gar nicht so einfach ist; zwischen 11 und 22 ist jedenfalls kein Durchgang. Also hat man überhaupt nur drei mögliche Eingänge in die Mitte, nämlich oben zwischen den beiden 22 durch sowie unten links und rechts an der 33 vorbei. Unten lassen sich jedoch nicht beide Eingänge gleichzeitig nutzen. Man kann beweisen, daß ein Eingang in die Mitte nicht ausreicht, um der 222 Genüge zu tun, man braucht zwei Eingänge; letztendlich kann man herausfinden, daß es für die Mitte und Umgebung nur eine mögliche Lösung gibt. So weit, so schwer - allerdings kann man mit ein wenig Intuition auch erraten, daß hier der Engpaß liegt, und daß man alle Zugänge zur Mitte braucht, die man kriegen kann. Danach muß man nur noch außen alles miteinander verbinden (und es gibt wieder eine Ecke, die keinen Durchgang liefert), was deutlich einfacher ist als der Mittelteil. Eigentlich ist das Rätsel eher schwer, aber einige Löser haben es ziemlich fix hingekriegt.
Mai: Totales Yajilin
Ebenfalls zweimal vergleichsweise schwere Kost. Für das kleinere Rätsel (wenn man es so nennen will, objektiv gesehen haben ja beide die gleiche Größe) hatte ich ursprünglich geplant, mit noch mehr Nullen und weniger positiven Zahlen auszukommen, aber das stellte sich als nicht praktikabel heraus; die größte Schwierigkeit bestand wieder darin, die Lösung eindeutig zu bekommen. Letztlich hat die Idee nicht so gut funktioniert wie erwartet.
Das zweite Rätsel ist vom Layout so schlicht, man sieht ihm nicht an, wieviel Arbeit da drinsteckt. Die 2358-Kombi hatte ich mir von Anfang an vorgegeben, die drei äußeren Hinweise waren variabel. Es hat eine komplette Zugfahrt Freiburg-Leipzig und zurück und ungefähr 30 Versionen gedauert, bis ich endlich ein funktionierendes Rätsel hatte...
Der Lösungsansatz, der von Anfang an so geplant war, ist die Kombination aus 5 und 8: In zwei benachbarten Zeilen oder Spalten lassen sich nämlich nicht beliebig viele Schwarzfelder unterbringen. Das 2x2-Quadrat R67C12 kann nur ein Schwarzfeld enthalten, das 2x3-Rechteck R67C345 nur zwei; links und oberhalb der 58-Kombi sind also nur jeweils drei Schwarzfelder möglich. Im unteren Bereich (R8910C67) sind nur zwei Schwarzfelder möglich, rechts ebenso; damit kommen wir insgesamt auf 10 Stück. Da 5+8 jedoch 13 Stück benötigen, müssen sowohl R6C7 als auch R7C6 (die ja beide sozusagen doppelt gezählt werden) geschwärzt werden. Da daraus gleich noch folgt, daß im rechten Bereich nur ein Schwarzfeld hinpaßt (R7C8 und R7C10 gehen nicht beide, wenn man sich überlegt, wie dann der Weg dort verlaufen müßte), ist auch klar, wie sich die Schwarzfelder auf die vier Regionen verteilen: drei links, drei oben, eins rechts und zwei unten - letztere sind offenbar R8C7 und R10C6. Mit relativ wenig Aufwand kann man auch noch herausfinden, daß R1C7 und R7C1 geschwärzt sein müssen.
Danach hat man z.B. links zwei Möglichkeiten, nämlich entweder R6C3 + R7C4 oder R7C3 + R6C5, wobei die zweite Möglichkeit auch noch R5C4 impliziert (die gleichen Möglichkeiten gibt es auch oben). In beiden Fällen hat die linke untere Ecke zwei Ausgänge nach oben, und da jeder Bereich des Rätsels eine gerade Anzahl Ausgänge für den Rundweg benötigt, darf also keine Wegverbindung von R9C6 nach R9C7 existieren. Damit hat man schon eine gute Vorstellung, wie der Rundweg existiert. Als nächstes kann man sich überlegen, welche Auswirkungen die beiden genannten Möglichkeiten auf die 2 und die 3 in der Mitte haben, und damit ist man auf dem Weg zur Lösungschon ziemlich weit.
Auch ein sehr schweres Rätsel, aber im Gegensatz zu manch anderem von Anfang an so geplant. Ich finde es aber recht gut gelungen, es enthält einige sehr interessante Lösungsschritte, und die Tatsache, daß es neben der 2358 mit sehr wenigen weiteren Vorgaben auskommt, würde ich auch eher positiv werten. Eines meiner Lieblingsrätsel dieses Wettbewerbs.
Juni: Summen-Battleships
Eines der wenigen Rätsel, für die ich Computerhilfe in Anspruch genommen habe: Ich hatte eine Idee für ein Rätsel, aber es wollte partout nicht eindeutig werden. Also habe ich den Computer suchen lassen, für welches Schema die Anzahl der Lösungen möglichst niedrig war, und dann ein paar geeignet gewählte Wasserfelder eingefügt. Eigentlich wollte ich ja ganz ohne Wasserfelder auskommen, aber das war dann wohl zu optimistisch
Auch hier ist der Schwierigkeitsgrad wieder schwer zu bewerten, da man im wesentlichen eine Lösungsidee benötigt. Das Thema Primzahlen dürfte recht offensichtlich sein, und eine Eigenschaft von Primzahlen ist (von den meisten jedenfalls), daß sie ungerade sind. Welche Schiffe können eigentlich ungerade Summen erzeugen?
Hierfür kommen nur vier Schiffe in Frage, und diese nur in jeweils einer Richtung. Es sind aber fünf ungerade Zahlen vorgegeben, die auch noch weit auseinander stehen. Also muß das 1111-Schiff sowohl die 11 und die 13 abdecken. Die Summe 5 benötigt dann ein 222- und ein 33-Schiff (beide vertikal), die 7 benötigt ein horizontales 33-Schiff sowie einen 4er, und die 3 benötigt das letzte 33-Schiff, wieder vertikal. Das andere 222-Schiff ist unten für die Summe 2 zuständig. Damit hat man für die meisten Schiffe schon die ungefähre Lage, danach ist es nur noch etwas Bastelei, alle Schiffe ohne Berührung auf so engem Raum unterzubringen.
Ursprünglich hatte ich noch ein zweites Rätsel mit einer anderen Flotte geplant (1x 4444, 2x 333, 3x 22 und 4x 1), diesen Gedanken dann aber verworfen, da ich ja ohnehin nicht mehr von jedem Rätseltyp zwei Exemplare machen wollte und diese Idee vermutlich für reichlich Verwirrung oder Denkfehler gesorgt hätte; das war nicht in meiner Absicht.
Fortsetzung folgt.