Lösungswege

[berni]

Tetrominos

Bei dieser Rätselart besteht die wesentliche Idee darin, zuerst einmal herauszufinden, wo sich die Tetromino ungefähr befinden. Mit ungefähr meine ich dabei das kleinste Rechteck, welches das Tetromino enthält. Zu finden sind also einmal ein 1x4-, einmal ein 2x2- und fünfmal 3x2-Rechtecke. Wobei diese Rechtecke natürlich noch um 90° gedreht sein können.

Nun zeichne ich am unteren und am rechten Rand die Positionen dieser Rechtecke ein, zumindest so weit, wie ich diese erschließen kann. Hier schon mal das Ergebnis der folgenden Analysen - wenn klar ist, was man erreichen will, wird es offentlich einfacher nachzuvollziehen, was ich mir dabei gedacht habe...

Die Striche am Rand geben die Breiten bzw. Höhen der Tetromino in den entsprechenden Zeilen bzw. Spalten an. Die beiden Striche unten links bedeuten zum Beispiel, dass sich ein Tetromino komplett in der A-Spalte befindet und eines drei Spalten breit ist.

Wie kommt man nun auf diese Einteilung?

In Spalte A befinden sich 2 Tetromino. Diese kann man ja schon mal ansatzweise einzeichnen (also unterhalb des Diagramms zwei Striche, die am linken Ende der A-Spalte beginnen, dort einen Abschluß-Quer-Balken besitzen und bis zum rechten Ende der A-Spalte gehen, dort aber noch keinen Quer-Balken haben).

Da in der nächsten Spalte nur noch ein Tetromino vorkommt, muss einer der beiden soeben eingezeichneten Striche sofort enden und kann deswegen einen Quer-Balken erhalten.

Nun gibt es aber nur genau ein Tetromino, welches die Breite 1 hat; alle anderen sind mindestens zwei Felder breit (und auch mindestens zwei Felder hoch). Das hat einige Konsequenzen:

1. Wir können den anderen Strich um ein Feld verlängern.
   
2. Wir können rechts unterhalb des Diagramms drei Balken beginnen, die von H bis G gehen (aber möglicherweise noch länger sind).
   
3. Wir können auch am rechten Rand, sowohl oben zwei, als auch unten zwei derartige Striche einzeichnen, beide ebenfalls mindestens zwei Felder lang.
   
4. Und wir können am rechten Rand gleich weitermachen, den in Zeile 2 muss noch ein drittes Tetromino beginnen, welches auch wieder mindestes zwei Felder hoch sein muss.
   

In der nachfolgenden Grafik ist unten rechts, sowie rechts oben und unten je ein Strich mit abschließendem Querbalken versehen worden, da in der nachfolgenden Zeile bzw. Spalte weniger Tetromino stehen müssen.

Nun kommen die Ziffern oberhalb und links des Diagramms ins Spiel: In den Zeilen 8 und 7 sind 5+3=8 Felder von Tetromino belegt, und zwar von maximal zwei Tetromino. Zwei Tetromino belegen aber genau 8 Felder und so können wir auch den zweiten Balken am rechten Rand oben abschließen und direkt darunter einen und oberhalb von Zeile 5 zwei neue Striche beginnen.

Am rechten Rand stehen nun insgesamt 8 Striche, die zum Teil noch unvollständig sind. Da wir aber nur sieben Tetromino haben, dürfen hier auch nur 7 Striche stehen. Haben wir einen Fehler gemacht? Nein, es ist lediglich so, dass zwei der acht Striche zum selben Tetromino gehören, und dafür gibt es nur eine Möglichkeit: Der Strich in den Zeilen 2/3 und der Strich in den Zeilen 4/5 bilden die Höhe des 4x1-Tetromino und gehören zusammen.

Jetzt sind am rechten Rand nur noch drei Striche offen. Der Strich in den Zeilen 6 und 5 muss um ein Feld verlängert werden, denn in Zeile 4 fehlt noch ein Tetromino und keiner der anderen offenen Striche kann hier noch hin. Dieses Tetromino endet dann auch an dieser Stelle, denn das 4er-Tetromino kennen wir ja inzwischen.

In den Zeilen 1 und 2 steht links, dass hier 2+6 = 8 Felder belegt sind, und zwar von drei Tetromino. Das heißt aber, es kann nur maximal ein Tetromino vollständig in diesen beiden Zeilen liegen und somit können wir den noch offenen Strich in den unteren beiden Zeilen um 1 verlängern und sind damit am rechten Rand fertig.

Ganz analog kann man auch die Striche am unteren Rand finden. (Das sei Übungsaufgabe.) Das Ergebnis ist:

Im Diagramm wurden schon einige weitere Ergebnisse eingezeichnet: Das 1x4-Teil an der linken Seite ist direkt klar und oben links muss ein 3x2-Rechteck stehen. Die beiden Felder in der Mitte dieses Rechtecks ergeben sich aus der 2 am oberen Rand. Links und rechts davon muss jeweils genau ein Feld belegt sein; welches ist noch unklar.

Der Rest des Diagramms wurde in kleinere Bereiche aufgetrennt. Das sind Grenzen, die von keinem Tetromino überschritten werden, was man leicht anhand der Striche rechts und unten herausfindet.

Zu guter Letzt kann man noch ausschließen, das im 2x2-Feld oben in der Mitte ein Feld belegt ist, denn dann wäre in den Felder C7 und C8 kein Platz mehr, aber eines dieser beiden Felder ist, wie wir gerade gesehen haben, belegt.


Viel gibt es nun nicht mehr zu tun. In jeden der verbleibenden fünf Bereiche muss nun ein Tetromino eingezeichnet werden. In Zeile 2 haben wir etwas Besonderes: 6 der 8 Felder sind belegt, mit anderen Worten genau zwei Felder sind unbelegt. Da sich in dieser Zeile drei Tetromino befinden, müssen diese beiden Leerfelder zum Trennen verwendet werden. Das eine Leerfeld kennen wir schon, und das andere Leerfeld kann sich demnach weder in C2 noch in H2 befinden.

In der C-Spalte stehen 2 Tetromino. Eines davon ist oben, und eines ist unten. Demnach befindet sich keines in der Mitte. Das Mittelfeld ist dadurch schon sehr stark zusammengeschrumpft und es muss dort mindestens ein Feld in der E-Spalte belegt sein. In dieser E-Spalte gibt es aber nur ein Tetromino und dieses muss drei Felder groß sein, die Felder E4, E5 und E6 müssen deswegen belegt sein.

Der Rest ist trivial: D3, E3, F3 bis F7 und E7 müssen leer sein, genauso wie G6 und H6. Das 2x2-Tetromino steht fest. etc.