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Logic Masters Qualifikation 2013
#50
Ich wollte ja nochmal etwas ausführlicher auf die Rätsel eingehen.

1 - Doppelblock:
Hier hatte ich mir in den Kopf gesetzt, jede der möglichen Summen (1 bis 10) genau einmal sowie zwei Nullen am Rand stehen zu haben. Hat eine Weile gedauert, überhaupt eine mögliche Lösung zu finden, die diese Bedingung erfüllt, und dann noch länger, eine Lösung zu finden, die damit ein eindeutig lösbares Rätsel ermöglicht.
Zum Lösungsweg gibt es nicht viel zu sagen, es gibt mehr als genug Lösungsansätze; es ist sinnvoll, zuerst die Schwarzfelder zu suchen, und dabei z.B. zuerst die 10, dann die 5 und danach die 8 zu betrachten usw.

2 - Rekuto:
Der beste Lösungsansatz ist die rechte obere Ecke, dieses Feld kann nämlich nur zu der rechten 10 gehören, und das auch nur auf eine Weise.

3 - Pentomino-Paare:
Bei Pentomino-Rätseln sind häufig das X oder das I Lösungsansätze, hier jedoch nicht, für beide Pentominos gibt es je zwei Möglichkeiten. Das L hingegen kann nur in Figur 3 verwendet werden; anschließend gibt es für das V nur noch eine Möglichkeit, usw.
Wenn man systematisch vorgehen möchte, kann man sich auch für jede Figur sämtliche Möglichkeiten aufschreiben, so viele sind es nicht.

4 - Kapseln:
Hier hatte ich mir wieder recht strikte Vorgaben gemacht, wie das Rätsel aussehen soll:
Größe 5x10, die Gebiete sind zehn verschiedene Pentominos (Quizfrage: wieso kommen U und V nicht vor?), von jedem Pentomino ist genau eine Ziffer vorgegeben, und zwar insgesamt die Ziffern 1 bis 5 je zweimal, und die mittlere Zeile, welche dann den Lösungscode ergibt, enthält keine vorgegebenen Ziffern. Daß die Plazierung der Vorgabeziffern dann auch noch symmetrisch wurde, war ein netter Bonus.
Das Rätsel selbst ist vermutlich etwas schwerer als seine Punktzahl vermuten läßt, aber in der Größe kommt man auch mit Fallunterscheidungen sehr schnell durch.
Ein Lösungsansatz ist folgender: Die Ziffer im Feld R4C10 (= row 4 column 10, von oben und von links gezählt) muß im F-Pentomino in R4C8 sowie im T-Pentomino in R5C6 stehen. Für diese drei Felder scheiden 1, 4 und 5 sofort aus, 2 aber auch, weil im N-Pentomino kein Platz mehr für eine 2 wäre. Bleibt also nur noch die 3.
Ähnliche Lösungsansätze gibt es auch noch an anderen Stellen.

5 - Transporteur:
Dieses Rätsel war in der Kategorie "sehr leicht" geplant, einige Testlöser hatten damit jedoch überraschend viel Mühe. Wenn man es komplett logisch lösen möchte, ist die rechte obere Ecke der Startpunkt: Man kann 1A und A am Rand miteinander verbinden (ansonsten würde man 1C in der Ecke abschneiden), anschließend hat man nicht viel Spielraum, die von 1C, 1A und 1E ausgehenden Wege aus der Ecke herauszuholen - der Transporteur darf ja niemals zwei Objekte direkt nacheinander aufsammeln.
Einige Löser sind dann bei der Eingabe des Lösungscodes sozusagen rückwärts vorgegangen, das haben wir auch gelten lassen.

6 - Hochhäuser:
Das Thema dieses Rätsels springt natürlich sofort ins Auge: nur 4er-Hinweise. Außerdem wollte ich gern auf jeder der vier Seiten genau zwei Hinweise stehen haben; meine ersten Versuche beim Erstellen deuteten darauf hin, daß diese Anzahl für eine eindeutige Lösung ausreichen könnte.
Irgendwann hatte ich ein brauchbares Gerüst, welches ich aber nicht ganz eindeutig gekriegt habe; an der Stelle habe ich dann letztendlich ein Computerprogramm zu Hilfe genommen, um herauszufinden, wohin die letzten beiden Vorgaben plaziert werden müssen.
Der erste Lösungsansatz für dieses Rätsel ist nicht ganz Standard: man betrachte die unterste Zeile. Da bei einer 4 am Rand das jeweils vorderste Feld nicht größer als 3 sein kann, enthält die unterste Zeile drei Felder, welche die Ziffern 1, 2, 3 enthalten müssen; die anderen drei Felder enthalten dann 4, 5, 6 - und damit dann von rechts vier Häuser sichtbar sind, gibt es nur eine einzige Möglichkeit. Ab da geht es mit "normalen" Hochhaus-Schlußweisen weiter.

7 - Tapa:
Genau wie bei den Hochhäusern ist auch hier das Thema optisch sofort sichtbar - es gibt nur 122-Vorgaben. Auch hier war es kein Problem, ein brauchbares Rätselgerüst zu finden, nur die letzten Felder eindeutig zu bekommen, stellte sich als schwierig heraus, schließlich kann man 122-Vorgaben nicht beliebig übers Gitter verteilen. Ich hatte zwischenzeitlich erwogen, einen 112-Hinweis zu verwenden (das hätte mir einige Stunden Arbeit an diesem Rätsel erspart), das hab ich dann jedoch verworfen, weil mir die Gefahr zu groß war, daß einige Löser übersehen würden, daß eins der Vorgabefelder von den anderen abweicht; diese Art von Heimtücke gehört meines Erachtens nicht in einen solchen Wettbewerb.
Beim Lösen geht es im wesentlichen darum, alle Schwarzfelder miteinander zu verbinden, mehr als einmal steht man vor der Frage "wie komme ich jetzt aus dieser Ecke heraus". Enthalten nämlich die Vorgaben nur 1en und 2en, dann kommt man nämlich zwischen zwei solchen Vorgabefeldern häufig nicht durch oder muß sich mit möglichst wenig "Berührungen" irgendwo durchschlängeln.

8 - Doppelstern:
Hier lautete meine Vorgabe beim Erstellen "jedes Gebiet ist schlangenförmig". Das funktioniert recht gut und man hat auch genug Freiheiten, was die Größen der Gebiete angeht.
Als Lösungsansatz fungiert die rechte obere Ecke: Da ein 2x2-Quadrat höchstens einen Stern enthalten kann, passen in ein 4x4-Quadrat höchstens vier Sterne. Das 4x4-Quadrat rechts oben enthält aber zwei komplette Gebiete, was schonmal erheblich weiterhilft. Danach ist es noch ein weiter Weg bis zur Lösung, als nächstes kann man sich die beiden Gebiete in der linken oberen Ecke anschauen.

9 - Tren:
Dieser Rätseltyp ist hierzulande bislang nicht so bekannt, ich hatte ihn bei der WM 2009 in Antalya (genauer gesagt, bei den vorangehenden OAPC-Wettbewerben) kennengelernt und mehr oder weniger wieder vergessen, bis Roland ihn beim letzten HCS wieder hervorgeholt hat. Auch dieses Exemplar hat wieder ein recht offensichtliches Thema - es gibt nur 0en und 3en, wobei jede Zeile und jede Spalte jeweils eine 0 und eine 3 enthält.
Wenn man mit diesem Rätseltyp nicht so vertraut ist, muß man natürlich erstmal einen Lösungsansatz suchen. Geplant war hierfür die Ecke links unten: Die 3 am linken Rand hat senkrecht zuwenig Platz, muß also waagerecht liegen. Dann muß aber die 0 am unteren Rand waagerecht liegen und in beide Richtungen geblockt sein - also muß sie bis zur linken unteren Ecke gehen und rechts von der waagerechten 3 geblockt sein, welche ihrerseits dann bis an den rechten Rand Platz haben muß. Dann kann die 0 in der zweituntersten Zeile nicht mehr senkrecht liegen, sie muß also waagerecht liegen und von einer senkrechten 3 geblockt sein, usw.
Objektiv gesehen denke ich, daß dieses Rätsel leichter als 25 Punkte ist, da es sich aber um einen de facto neuartigen Rätseltyp handelt, habe ich es etwas aufgewertet.

10 - Wächter:
Dieses Rätsel war am schwersten einzuschätzen, was den Schwierigkeitsgrad angeht. Einige Testlöser hatten Mühe mit diesem Exemplar, während mir ein anderer mit einer Lösezeit von knapp vier Minuten schrieb, das ginge vermutlich schneller.
Viele Löser haben geschrieben, daß sie den logischen Lösungsweg nicht gefunden haben und mehr oder weniger durch Probieren zum Ziel gekommen sind - man plaziere ein paar Wächter in zentrale Kreuzungen und schiebe sie dann so lange hin und her, bis man bei der Lösung ist. Diese Art der Lösungsfindung funktioniert hier ganz gut, da die meisten Wächter tatsächlich auf "naheliegenden" Kreuzungen stehen. Aus diesem Grund könnte es sinnvoll sein, sich dieses Rätsel bis zum Schluß aufzuheben: in Rätselwettbewerben trifft man häufig die Situation an, daß man wenige Minuten vor Schluß mit einem Rätsel fertig geworden ist, und in den letzten Minuten auf "normalem" Weg kein Rätsel mehr schaffen würde. Für diese letzten Minuten bietet sich dann ein solches Rätsel an, weil man mit etwas Glück nicht viel Zeit braucht.
Es gibt natürlich einen logischen Lösungsweg (schließlich muß ich als Rätselautor ja beweisen, daß die Lösung eindeutig ist), dieser ist aber recht versteckt, wenn man nicht vorher schon weiß, wo man hinschauen muß. Betrachte die folgenden sechs Felder: A5, A7, D2, D6, E2, G2. Jedes dieser Felder muß von einem Wächter observiert werden; es gibt jedoch keinen Wächter, der zwei dieser Schlüsselfelder gleichzeitig sehen kann - somit haben wir sechs Feldergruppen, die jeweils einen Wächter enthalten müssen. Jetzt betrachte man die rechte untere Ecke, konkret die Felder D6, D7, F4, F5: der D6-Wächter kann diese vier Felder nicht allein beobachten, und der einzige andere Wächter, der ihm dabei helfen kann, ist der G2-Wächter von G4 aus. Als nächstes stellt man fest, daß das Feld F2 nur vom E2-Wächter von E2 oder F2 aus beobachtet werden kann; auf diese Weise kann man die sechs Feldergruppen immer weiter reduzieren, bis man schließlich die (eindeutige) Lösung hat.

Fortsetzung folgt.
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Logic Masters Qualifikation 2013 - von uvo - 21.04.2013, 18:11
RE: Logic Masters Qualifikation 2013 - von uvo - 22.04.2013, 12:08
RE: Logic Masters Qualifikation 2013 - von uvo - 22.04.2013, 13:58
RE: Logic Masters Qualifikation 2013 - von uvo - 26.04.2013, 09:01
RE: Logic Masters Qualifikation 2013 - von uvo - 26.04.2013, 09:20
RE: Logic Masters Qualifikation 2013 - von uvo - 26.04.2013, 12:21
RE: Logic Masters Qualifikation 2013 - von uvo - 26.04.2013, 16:08
RE: Logic Masters Qualifikation 2013 - von uvo - 28.04.2013, 17:42
RE: Logic Masters Qualifikation 2013 - von uvo - 29.04.2013, 12:11
RE: Logic Masters Qualifikation 2013 - von lupo - 29.04.2013, 23:57
RE: Logic Masters Qualifikation 2013 - von uvo - 29.04.2013, 15:00
RE: Logic Masters Qualifikation 2013 - von uvo - 29.04.2013, 16:49
Freizeitministerin... - von hopppe - 29.04.2013, 18:08
RE: Logic Masters Qualifikation 2013 - von uvo - 30.04.2013, 11:34
RE: Logic Masters Qualifikation 2013 - von uvo - 30.04.2013, 12:35
RE: Logic Masters Qualifikation 2013 - von uvo - 01.05.2013, 12:42
RE: Logic Masters Qualifikation 2013 - von uvo - 05.05.2013, 13:09

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