|
|
|
Két évig szerkesztettem a játékrovatot, a cikkek többsége fokozatosan beépült a "Táblajátékos" oldalaiba,
néhány pedig még megtalálható a Magister archív -ban. (Nagylaci) |
|
Rovatunkban hónapról-hónapra igyekszünk újabb játékokat bemutatni a logikai- és táblajátékok hatalmas birodalmából. Ám időnként, kiváltképp, ha némi aktualitása is van, talán érdekes visszatérnünk egy-egy játékra. Többen kérték: ne “csak” feladványokat közöljünk, mutassuk meg azok megoldásait is. Számukra és a “haladóbb” táblások számára feltehetően örömhír egy Web-cím: www.comptech.hu, ahol ez év szeptemberében játékos-klub indult: feladványokkal is, megoldásaikkal is. Itt lesz idén az MTTE feladványmegoldó versenyének internetes kiterjesztése is… Ha pedig “Háló” és táblajáték, akkor: www.nexus.hu/mtte
A táblajátékosok honlapjának újdonságai között, itt indult el a “pentominó hungarIQa” feladványainak megoldását kereső, egy évig tartó verseny. A Magiszter táblajátékos rovatához címzett sok (és eltérő igényszintű) kérést igyekszünk teljesíteni, de hol a haladók, hol a játékokkal még csak ismerkedők türelmére számítunk, amikor éppen a másik tábornak kedvezünk. Újra november, újra feladványmegoldó verseny! E havi témánkat a közelgő feladványmegoldó versenyre felkészülőknek ajánljuk, de a közölt megoldás feltehetően tanulságos lesz az aktívan versenyezni nem szándékozóknak is. A mellékelt két ábra: négy amőba-feladvány. Mindegyik állás kvázi kiegyensúlyozott úgy, hogy az éppen lépésre következő állíthat fel biztosan nyerő stratégiát. Vajon hogyan nyerheti legkevesebb lépés-számban a partit az X-el és hogyan az O-val küzdő játékos? (Az amőbajátékban felváltva, “lépésenként”, egy-egy bábut, a tábla egy-egy tetszőlegesen választott üres mezőjére rak világos és sötét. Az nyeri a partit, aki társát megelőzve ér el “ötös malmot”, azaz: vagy vízszintesen, vagy függőlegesen, vagy akár átlós irányban 5 db bábuját sikerül egymás mellé leraknia.) |
Az alsó feladvány érdekessége, hogy akár az O, akár az X következik lépésre, ha jó stratégiát választ, mindkettőnek 7 lépésre van szüksége a győzelem kikényszerítéséhez. A felső feladványban, X: "gyorsan", O: csak hosszabb folytatásban nyerhet. |
|
Kezdjük a legkönnyebbel! A "felső" ábra hadállásában: X kulcslépése 1.X:E8. Ezzel, a 8. És az 5. soron egyszerre indít támadást a kinyitható négyesei felé célozva: a B5-re, a C8-ra és a H8-ra. Egyetlen lépéssel O csak az egyik irányt védheti. Így, a nem védett irányban folytatott támadással, egy kényszerítő négyest követően két oldalon nyitott négyeshez jut X és a 4. Lépésben nyer. |
|
|
Ha O indul, számára hosszabb a parti, bár a kulcslépése: 1.O:F4, máris kétoldalt nyitott négyeshez vezetne, ha nem védené ki X: vagy a C4-en, vagy az E4-en, vagy a H4-en. Az első kettő bármelyikét követi 2.O:H4, közvetlen fenyegetéssel a H oszlopon is és a 4. soron is. (Igaz, hogy X már a 2. lépésben választhatja H8-at is, megtorpantva O támadását, de ez még nem védi ki az O:H6 folytatást, így továbbra is kétirányú marad a fenyegetése.) |
|
|
Hosszabb a parti, az 1. X:H4 védekezéssel. Ekkor következnek 2.O:I6, 3.O:I7, 4.O:I4, két oldalú nyitott négyesek kialakítását célzó fenyegetések, melyekből a utóbbi már egyszerre két irányba is mutat.
Ha azonban X, a 3 lépésben H6-tal védekezik, |
|
|
akkor nem léphető meg 4.O:I4, mert X kialakult, két oldalon is nyitott, hármasát kell védeni 4.O:I5-tel. Ám, ezután már, csupán a késleltető lépéseit pufogtathatja el X. Ezek száma ugyan 3-ról 4-re növekedett, de utána vissza kell térnie az I oszlop védelmére. Tehát O szabadon folytathatja 5.O:J5,X:K5, majd, már kétoldalú nyitott négyest hoz, a 6.O:G8 és a 7.-ben nyer. (Ez, a 11. lépés, ha hozzáadjuk X késleltetéseit.) |
|
|
A másik feladványban (az "alsó" ábra hadállásában) X indíthat E8-cal is, C8-cal is. Majd következik 3. X:C6 .
Ha közben O jól védekezett, akkor kétoldalt nyitott hármassal fenyeget az F9, G8 és H7 vonalán. |
|
|
Ám, innen már nem juthat kibontakozáshoz, mert X jó sorrendben (4.X:B5, utána 5.X:D5 majd 6.X:F3) folyamatos négyes fenyegetéssel eljuthat a győzelmet jelentő nyitott négyesig és nyer 7. lépésével: a B7-G2 átlón. (Ha a 2. ill. a 3. Lépésben F9- helyett B5-re védene O, akkor nincs “kontrázó” nyitott hármasa, tehát már 4.X:F3 utáni második, a kezdéstől számított 6. lépésben veszítene.) |
|
|
A 7. lépésben nyerhet O is, ha induláskor elfoglalja a H8 és az I7 mezőket. A sorrend nála is tetszőleges, mert az O:I7-re csak X:J8 válaszolható. A H oszlopot pedig, csak a H5-ön védheti X, mert különben, O folytatása: H5, majd F3 és máris nyer az E2-H5 átlón. Tehát az O:H8,X:H5 és O:I7,X:J8 után 3.O:H9,X:H10, majd. 4.O:G9, X:?? Ezzel, két egymást keresztező irányban nyílik lehetősége O-nak kétoldalú nyitott négyes építésére, azaz még két további lépéssel nyer. Ez, az előbbiekkel együtt összesen 6 lépés, melyhez még egy késleltetést (pl. az X:C8,O:B9-et) tehet az X-szel küzdő. |
|
